2023届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析

2023届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（文）试题

一、单选题

1．某国近日开展了大规模COVID-19核酸检测，并将数据整理如图所示，其中集合S表示（ ）

A．无症状感染者 B．发病者 C．未感染者 D．轻症感染者

【答案】A

【分析】由即可判断S的含义.

【详解】解：由图可知，集合S是集合A与集合B的交集，

所以集合S表示：感染未发病者，即无症状感染者，

故选：A.

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知，先根据给的复数，写出其共轭复数，然后带入要求的式子直接计算即可.

【详解】由已知，，，

所以.

故选：D.

3．如图所示的程序框图，输入3个数，，，，则输出的为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件结构的程序框图，依次执行，即得解

【详解】由题意，输入，，

第一步，判定是否成立，由于

因此赋值，

第二步，判定是否成立，由于

因此赋值

输出

故选：D

4．已知是等差数列，，，则的公差等于（    ）

A．3 B．4 C．-3 D．-4

【答案】C

【分析】利用等差数列下标和性质得出，进而可得公差．

【详解】，，

则的公差，

故选：C

5．设，，，…，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求解，归纳可得，即得解

【详解】，，，

，，

所以（）．

故．

故选：A

6．若，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用列举法排除A，B；利用作差法排除选项C，进而得出正确选项．

【详解】取，，则，排除A，B；因为，则，，从而.又，即，则，所以，

故选：D.

7．若x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）．

A．6 B．10 C．14 D．18

【答案】B

【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.

【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

由可得点,

转换目标函数为，

上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最大值，

此时.

故选：B.

8．函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】方法一：不妨设，解即可得出答案.

方法二：取，则有，又因为，所以与矛盾，即可得出答案.

方法三：根据题意，由函数的奇偶性可得，利用函数的单调性可得，解不等式即可求出答案.

【详解】［方法一］：特殊函数法

由题意，不妨设，因为，

所以，化简得．

故选：D.

［方法二］：【最优解】特殊值法

假设可取，则有，

又因为，所以与矛盾，

故不是不等式的解，于是排除A、B、C．

故选：D.

［方法三］：直接法

根据题意，为奇函数，若，则，

因为在单调递减，且，

所以，即有：，

解可得：.

故选：D.

【整体点评】方法一：取满足题意的特殊函数，是做选择题的好方法；

方法二：取特殊值，利用单调性排除，是该题的最优解；

方法三：根据题意依照单调性解不等式，是该题的通性通法．

9．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用排除法，根据函数过及值域范围，即可确定答案.

【详解】由时，排除B、C；

又，当且仅当时等号成立，故，排除D.

故选：A

10．已知实数，且，则的最小值是（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】B

【分析】构造，利用均值不等式即得解

【详解】，

当且仅当，即，时等号成立

故选：B

【点睛】本题考查了均值不等式在最值问题中的应用 ，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

11．已知，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数k的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用导数研究分段函数的性质，作出函数图形，数形结合得到，然后结合一元二次方程根的分布即可求出结果.

【详解】因为时，，则，令，则，所以时，，则单调递增；时，，则单调递减；且，，时，；

时，，则，令，则，所以时，，则单调递增；时，，则单调递减；且，，时，；

作出在上的图象，如图：

关于x的方程有5个不同的实根，

令，则有两个不同的实根，所以，

令，则，解得，

故选：A.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

12．英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列，如果，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得，然后等比数列的前项和公式求得，进而求得正确答案.

【详解】依题意，，

，，

依题意，

即，

则，

（由于，所以），

则，

两边取对数得，即，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.

所以，所以.

故选：A

二、填空题

13．已知函数，若f [ f ( - 1 ) ] = 4 ，且a > - 1 ，则 a=______.

【答案】1

【分析】利用分段函数的性质求解.

【详解】解：因为函数，

所以

又因为a > - 1 ，

所以，

所以，

则，

解得，

故答案为：1.

14．若，使成立是假命题，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】转化为“，使得成立”是真命题，利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.

【详解】若，使成立是假命题，

则“，使得成立”是真命题，

即，恒成立，

因为时等号成立，

所以，

所以，

故答案为：.

15．数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝________.

【答案】2n－1(n∈N)

【分析】利用累加法可得数列通项公式.

【详解】an－an－1＝a1qn－1＝2n－1，

即

各式相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，

故an＝a1＋2n－2＝2n－1(n∈N).

又时，符合an＝2n－1

故答案为：2n－1(n∈N).

16．已知定义域为的偶函数，其导函数为，满足,则的解集为_________．

【答案】

【分析】令，对函数求导，根据条件可得单调递增，且单调递增，进而利用单调性和奇偶性求解．

【详解】的解集为的解集，令，

则，

因为，所以当时有，

所以，

即当时，单调递增，

又因为，所以，

所以的解集为的解集，

由单调性可知，

又因为为偶函数，所以解集为

【点睛】本题解题的关键是构造新函数，求导进而得出函数的单调性，然后利用奇偶性和单调性求解．

三、解答题

17．如图，某房地产开发公司计划在一栋楼区内建造一个矩形公园，公园由矩形的休闲区（阴影部分）和环公园人行道组成，已知休闲区的面积为1000平方米，人行道的宽分别为5米和8米，设休闲区的长为米．

（1）求矩形所占面积（单位：平方米）关于的函数解析式；

（2）要使公园所占面积最小，问休闲区的长和宽应分别为多少米？

【答案】（1）；（2）休闲区的长和宽应分别为40米，25米.

【分析】（1）由休闲区的长为米，得出休闲区的宽以及矩形的长与宽，利用矩形面积公式求解即可；

（2）利用基本不等式可得所占面积的最小值．

【详解】（1）因为休闲区的长为米，休闲区的面积为1000平方米，所以休闲区的宽为；从而矩形的长与宽分别为米，米，

因此矩形所占面积；

（2）；

当且仅当，即时取等号，此时．

因此要使公园所占面积最小1960平方米，休闲区的长和宽应分别为40米，25米．

18．已知函数，在处切线的斜率为-2.

（1）求的值及的极小值；

（2）讨论方程的实数解的个数.

【答案】（1），极小值为；（2）答案见解析．

【分析】（1）由函数在处切线的斜率为-2，可得，解方程得出的值；对函数求导，列表格判断出单调性，进而可得函数的极小值；

（2）由（1）的单调性以及极限趋势，分类讨论的范围，可得实数解的个数．

【详解】解：（1），

因为在处切线的斜率为-2，所以，则.

，令，解得或，

当x变化时，，变化情况如下：

故的极小值为.

（2）由（1）知，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.当时，；当时，.

当或时，方程有1个实数解；

当或时，方程有2个实数解

当时，方程有3个实数解.

19．已知是等差数列的前项和，，，公差，且___________.从①为与等比中项，②等比数列的公比为，，这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列存在并作答.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，求证：.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据等差等比数列的性质求解，即可做出判断；

（2）利用裂项求和化简后即可证明.

【详解】（1）若选①，为与的等比中项，

则，由为等差数列，，得，∴，

把代入上式，可得，解得或（舍）.

∴，；

若选②，等比数列的公比，，，

可得，即，即有，即;

又，可得，即，解得，不符题意，

故选①，此时；

（2）∵，

∴；

∴.

20．对于数列、，把和叫做数列与的前项泛和，记作为.已知数列的前项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)数列与数列的前项的泛和为，且恒成立，求实数的取值范围；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令可求得的值，当时，由可得出，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；

（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，求出的表达式，结合参变量分离法可求得实数的取值范围，综合即可得解.

【详解】(1)解：当时，，

当时，由①，可得②，

①②得，，数列是以为首项，为公比的等比数列，.

(2)解：对任意的时，，，

当为偶数时，即当时，

，

故对任意的，都成立，

即对任意的恒成立，

易知，当时，，故；

当为奇数时，即当时，

，

故对任意的，恒成立，

即对任意的恒成立.

易知，当时，，故.

综上所述，实数的取值范围是.

21．已知函数.

(1)当时，求函数的极值；

(2)若关于x的方程在无实数解，求实数a的取值范围.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）代入，求导，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间及极值情况；

（2）构造函数，二次求导，确定导函数的单调性，结合端点值，对进行分类讨论，确定实数a的取值范围.

【详解】(1)当时，，定义域为R，

，令，解得：，

当时，，单增，当时，，单减

所以在处取得极小值，极小值为，无极大值.

(2)即在无实数解，

令，

则，

令，

则，

因为，所以，所以，

，即在上单调递增，

其中，

当，即时，时，，

在上单调递增，又，

故当时，没有零点；

②当，即时，

令，

在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，故，，

所以，

又，故存在，使得，

当时，，单调递减，又，

故当时，，所以在内没有零点，

当时，，单调递增，

因为，所以，

且

令，，

，，

令，，

，所以在上单调递增，

又，故时，，

在上单调递增，

所以，故，

又，由零点存在性定理可知，存在，，

故在内，函数有且仅有一个零点，

综上：时满足题意

即的取值范围是

【点睛】导函数求解参数取值范围问题，通常需要构造函数，求出构造函数的导函数，确定其单调性，极值和最值情况，本题中要注意到特殊点的函数值，确定参数的取值范围，即必要性探究，再进行充分性证明.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，(α为参数)，直线C2的方程为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线C1和直线C2的极坐标方程；

（2）若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求.

【答案】（1）：ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0，：；（2）.

【分析】（1）利用三种方程的转化方法，即可得出结论；

（2）利用极坐标方程，结合韦达定理，即可求.

【详解】（1）曲线C1的参数方程为(α为参数)，直角坐标方程为(x﹣2)2+(y﹣2)2=1，即x2+y2﹣4x﹣4y+7=0，极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0

直线C2的方程为y=，极坐标方程为；

（2）直线C2与曲线C1联立，可得ρ2﹣(2+2)ρ+7=0，

设A，B两点对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1+ρ2=2+2，ρ1ρ2=7，

∴=.

23．设函数.

(1)求的最小值m；

(2)设正数x，y，z满足，证明：.

【答案】(1)6

(2)见解析

【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得函数的最小值；

（2）已知条件适当转化后，然后利用柯西不等式证明.

【详解】(1),当且仅当，即时取“等号”，所以的最小值为6；

(2)由（1）知，，所以，

所以，

，

故原不等式成立.