2023届广东省普宁市华美实验学校高三上学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省普宁市华美实验学校高三上学期第二次月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式得到集合，，然后求交集即可.
【详解】根据题意，或，，则.
故选：A.
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】先对复数化简，从而可得其共轭复数，进而可得答案
【详解】解：因为，
所以，
所以对应的点位于第四象限，
故选：D
3．在△中，为边上的中线，为的中点，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.
【详解】根据向量的运算法则，可得
，
所以，故选A.
【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.
4．声音通过空气的振动所产生的压强叫作声压强，简称声压，声压的单位为帕斯卡()，把声压的有效值取对数来表示声音的强弱，这种表示声音强弱的数值叫声压级，声压级以符号表示，单位为分贝()，在空气中，声压级的计算公式为(声压级)，其中为待测声压的有效值，为参考声压，在空气中，一般参考声压取，据此估计，声压为的声压级为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题设知声压为的声压级为，利用对数的运算性质求值即可.
【详解】由题意知：，
∴声压为的声压级约为.
故选：B
5．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用排除法，结合函数图及性质可得出答案.
【详解】解：对于A，，
所以函数为偶函数，故排除A；
对于D，，故排除D；
对于C，，
则，
所以函数为奇函数，故排除C.
故选：B.
6．已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】
，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前项和为.
故选：D.
7．对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式等价变形，构造函数，再借助函数单调性、最值求解作答.
【详解】依题意，，令，，
则对任意的，当时，，即有函数在上单调递减，
因此，，，而，则，
所以实数的取值范围是.
故选：C
8．设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为（ ）.
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦函数的性质得当区间关于函数的图象对称轴对称时，取得最小值，不妨设y取得最大值，求得，再代入求得函数的最小值，由此可得答案.
【详解】解：因为函数，所以其最小正周期为，而区间的区间长度是该函数的最小正周期的，
因为函数在区间上的最大值为，最小值为，
所以当区间关于它的图象对称轴对称时，取得最小值，对称轴为，此时函数有最值，
不妨设y取得最大值，则有，所以，
解得，得，
所以，
所以的最小值为，
故选：D.
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．“，”的否定是“，”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“且”是“”的必要不充分条件
【答案】BC
【分析】根据含量词的否定判断A；由等价于或判断B；由能推出，而当时也有判断C；由不等式的性质判断D．
【详解】A．根据命题的否定可知：“，”的否定是“，”，本选项不符合题意；
B．等价于或，所以“”是“”的充分不必要条件，本选项符合题意；
C．由能推出，而当时也有，所以“”是“”的充分不必要条件，本选项符合题意；
D．根据不等式的性质可知：由且能推出，所以“且”是“”的充分条件，本选项不符合题意．
故选：BC．
10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．向量与的夹角为D．向量在上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】根据向量加法的坐标运算，以及向量模的计算，可判断A;根据数量积的坐标运算可判断B;利用向量的夹角公式可判断C;根据投影向量的概念，可求得向量在上的投影向量，判断D.
【详解】由题意得，所以，故A正确；
，故B正确；
，
，∴，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确，
故选：.
11．已知函数的任意两对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（ ）
A．在在单调递增
B．，，
C．把的图象向右平移个单位即可得到的图象
D．若在上有且仅有两个极值点，则a的取值范围为
【答案】BD
【分析】根据已知条件求得，然后三角函数函数的单调性、最值、图象变换、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】由于函数的任意两对称轴间的最小距离为，
所以的最小正周期为，所以，
所以，
，
由于的图象关于原点对称，所以，
由于，所以.
所以.
对于A选项，，所以A选项错误.
对于B选项，，
所以，，，所以B选项正确.
对于C选项，由于，所以C选项错误.
对于D选项，在上有且仅有两个极值点，
，
所以，
，D选项正确.
故选：BD
12．若直线与曲线相切，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由导数的几何意义已知条件可判断AB；由基本不等式可判断C；由可得，设，利用导数法研究最值可判断D
【详解】由得，
设直线与曲线相切于点，
则且，消去得，
所以A正确，B错误；
取等号，C错误；
，设，由得，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，即，D正确，
故选：AD.
三、填空题
13．写出一个导函数恒大于等于2的函数____________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】保证即可.
【详解】可设，则.
故答案为：（答案不唯一）
14．设等差数列的前项和为，若，则____________.
【答案】27
【分析】根据等差数列的性质结合可得，再根据等差数列前奇数项和的性质求解即可.
【详解】因为数列是等差数列，所以，所以，.
故答案为：27
15．正方形边长为，点在线段上运动，则的取值范围为__________．
【答案】
【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设出点坐标，求出各点及的坐标，代入所求表达式，化简后可求得取值范围.
【详解】以，为，轴建立直角坐标系则，
，，，，
设，则
，，，
，
当时，函数有最大值为，
当时，函数有最小值为，
的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本小题主要考查平面向量的坐标运算，解题的关键点是建立平面直角坐标系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
16．若不等式有且仅有一个正整数解，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】→→，，研究两个函数图像并得到点，→数形结合→
【详解】依题意不等式可化为．
令，，．
函数的图像恒过定点．函数，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以当x＝1时，．又，记点，，且，
当时，．作出函数大致图像，如图．
若满足不等式有且仅有一个正整数解，则结合函数图像必有．
又因为，，所以．
【点睛】根据不等式的零点个数，求解参数的取值范围问题，通常会转化为两函数交点问题，要画出函数图象，数形结合进行求解.
四、解答题
17．在① ，② ，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在中，内角的对边分别为，且满足____．
(1)求；
(2)若的面积为在边上，且 ， ，求的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正余弦定理得边角互化即可求解，
（2）根据余弦定理以及面积公式可求边长，进而在 中由余弦定理即可求解
【详解】（1）方案一：选条件①.
由，可得 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
故 ，
又 ，于是 ，即 ，
因为 ，所以
方案二：选条件②．
，由正弦定理得 ，
即 ， ，
由余弦定理得
又 ，所以
（2）由题意知 ，得．①
，即 ②
联立①②解得
而 ，
由余弦定理得
，故
即的值为
18．若数列的前项和满足，等差数列满足．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）由可求得，代入可求得；
（2）由（1）得，再利用错位相减法求数列的和．
【详解】解：（1）∵，
∴当时，，则，
当时，，
∴，即，
∴，
∴数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴，
∴，
又，，
∴，，
∴数列的公差，
∴，
综上：，；
（2）由（1）得，，
∴，
∴，
∴
，
∴．
【点睛】本题主要考查递推数列求通项公式，考查错位相减法求数列的和，属于中档题．
19．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．
(1)证明：EF∥平面PCD
(2)若PD⊥平面ABCD，，且，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由已知可得两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，然后利用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：取PD的中点G，连接CG，EG，
因为E，F分别为PA，BC的中点，
所以，
又底面ABCD为菱形，所以，
所以，
所以四边形EGCF为平行四边形，
所以
又平面PCD．平面PCD，
所以EF//平面PCD．
（2）解：连接，
因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形ABCD为菱形，，
所以为等边三角形，
因为F为BC的中点，
所以，
因为∥，
所以，
所以两两垂直，
所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．
因为，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），
则．
设平面DEF的法向量，则
，令，得．
设直线AF与平面DEF所成的角为θ，
则，
所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为
20．随着中国实施制造强国战略以来，中国制造（Made in China）逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制.某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测其质量指标值，质量指标的范围为，经过数据处理后得到如下频率分布直方图：
(1)为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在和的两组中抽取3件产品，记取自的产品件数为，求的分布列和数学期望；
(2)该企业采用混装的方式将所有的产品按200件一箱包装，质量指标在内的产品利润是5元，质量指标在之外的利润是3元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱产品的利润.
【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：
(2)（元）
【分析】（1）根据频率分布直方图计算两个范围内的产品数，得出可能的取值，分别求概率，列出分布列，计算期望.
（2）设质量指标在内有件，每箱产品的利润为元，利用数学期望求出利润即可.
【详解】（1）解：样本中质量指标在的产品有件，质量指标在的有件，可能的取值为0，1，2，3，
相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为
所以期望.
（2）解：设质量指标在内有件，每箱产品的利润为元，则质量指标在外的有件，由题意知，
因为，
所以，
所以（元）.
21．已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件列出关于a,b的方程，求得a,b的值，即得答案;
（2）设直线方程，，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示P点坐标，结合，可得N点坐标，从而可证明结论.
【详解】（1）由椭圆：的离心率为，短轴长为2，
可知 ，则 ，
故的方程为；
（2）证明：由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，
设，
联立，可得，
，
则，
所以，
又，所以，
解得，
从而 ，
故，即为定值.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的定值问题，综合性强，计算量大，解答时要注意联立方程，从而利用根与系数的关系进行化简，解答的关键是利用所设将已知转化为点的坐标来表示，从而进行化简，解决问题.
22．已知函数在区间内有唯一极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
【详解】（1），当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
（2）由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，单调递增，所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】本题关键点在于先表示出，构造函数求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数的单调性，从而得到，再结合以及在上的单调性即可证得结论.
0
1
2
3