湖南省常德市2023_2024学年高三数学上学期第二次月考试题含解析

这是一份湖南省常德市2023_2024学年高三数学上学期第二次月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了 若集合，则， 的值等于， “”是“方程有正实数根”的， 设．且，则， 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
（时量：120分钟满分：150分）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个答案符合题意）
1. 若集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可.
【详解】解得，即，B为奇数集，故.
故选：C
2. 的值等于（）
A. -2B. 0C. 8D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】应用指数运算和对数运算计算求解即可.
【详解】.
故选：A.
3. 函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
4. 《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为，肩宽约为，“弓”所在圆的半径约为，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：，）（）
A. 1.012mB. 1.768mC. 2.043mD. 2.945m
【答案】B
【解析】
【分析】由题意分析得到这段弓形所在的弧长，结合弧长公式求出其所对的圆心角，双手之间的距离，求得其弦长，即可求解.
【详解】如图所示，由题意知“弓”所在的弧 的长，其所对圆心角，
则两手之间的距离．
故选：B．
5. “”是“方程有正实数根”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据零点的几何意义，将方程有正根问题等价转化为函数求零点问题，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】由方程有正实数根，则等价于函数有正零点，
由二次函数的对称轴为，则函数只能存在一正一负的两个零点，
则，解得，
故选：B.
6. 设正实数满足，则当取得最小值时，的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简，然后由基本不等式得最值，及，这样可化为的二次函数，易得最大值．
【详解】当且仅当时成立，因此
所以时等号成立．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查基本不等式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力和转化思想、函数和方程思想．基本不等式的使用价值在于简化最值确定过程，而能否使用基本不等式的关键是中的是否为定值，本题通过得以实现．
7. 已知函数是奇函数的导函数，且满足时，，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，求导后可判断当时，函数单调递减，再由，可得当时，，再由为奇函数，得时，，从而可求得不等式的解集.
【详解】令函数，则，即当时，函数单调递减，
因为，所以当时，，当时，.
因为当时，，当时，，所以当时，.
又，，所以当时，；
又为奇函数，所以当时，，
所以不等式可化或，解得，
所以不等式的解集为，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是根据题意构造函数，然后求导后可判断函数的单调性，从而利用函数的单调性解不等式，考查数学转化思想，属于较难题.
8. 已知直线与曲线和曲线均相切，则实数的解的个数为（）
A. 0B. 1C. 2D. 无数
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可求得直线与曲线和曲线分别切于点，，则，化简后得，然后将问题转化为方程解的个数，构造函数，利用导数和零点存在性定理可求得其零点的个数，从而可得答案.
【详解】根据题意可知，直线与曲线和曲线都相切，
所以对于曲线，则，所以，
所以切点，
对于曲线，则，所以，
切点，易知A,B不重合，
因为公切线过两点，所以，
进而可得，
令，则，
令，则
所以在单调递增，
因为，
所以存在使得，即，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
故.
又因为，
所以，
当时，，
因为，
所以在内存在，使得，
当时，，
因为，，
所以在内存在，使得，
综上所述，存在两条斜率分别为，的直线与曲线和曲线都相切，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是求出两切点的坐标后，将问题转化为方程解的个数问题，然后构造函数，利用导数和零点存在性定理解决，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，多选错选不得分，少选得两分）
9. 设．且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据不等式的性质可判断AB，根据指数函数的性质可判断C，利用特值可判断D.
【详解】因为．且，
所以，即，故A正确；
由，可得，故B错误；
由题可知，所以，故C正确；
取，可得，所以，故D错误
故选：AC.
10. 下列说法正确的有（）
A.
B. 中，
C. 若，则
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据角所在象限即可判断三角函数符号；对B，三角函数诱导公式即可判断；对C，举反例即可；对D，根据同角三角函数的关系即可判断.
【详解】对A，因为，所以，，，
，故A正确；
对B，在中，，故B正确；
对C，举例，满足，但不满足，故C错误；
对D，因为，所以左边
右边，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，，则（）
A. 在上为增函数
B. 当时，方程有且只有3个不同实根
C. 的值域为
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数解析式作出函数图象，判断函数单调性及值域；根据导数求方程的根的个数；数形结合求得成立时，参数范围；
【详解】根据函数解析式作出函数图象，
由图象易知，在上不是增函数，故A错误；
当时，，则，
过定点，当时，与在上相交，共2个交点；
当时，，过点作的切线，设切点为，
则，，解得，，故当时，与在处相切，有1个交点；
故当时，与共有3个交点，故B正确；
由图易知，故C正确；
当时，等价于，
由函数图象，及上述分析知，；
当时，等价于，
由函数图象，及上述分析知，；
故若，，故D正确；
故选：BCD
12. 已知定义在上的函数满足对任意的，，，且当时，，则（）
A.
B. 对任意的，
C. 是减函数
D. 若，且不等式恒成立，则的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A. 取，易得；
B. 取，可得，然后验证的情况；
C. 由当时，，且可得，
当时，，与为减函数矛盾，从而可判断C错误；
D. 先证明的单调性，然后由可得，结合函数的单调性可得，
再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解.
【详解】取，则，解得或，
若，则对任意的，，与条件不符，故，A正确；
对任意的，，若存在，使得，
则，与矛盾，所以对任意的，，B正确；
当时，，且，所以当时，，与为减函数矛盾，C错误；
假设，则
因为，所以，则，即，
所以函数在上单调递增，由题意得，所以，
结合在上单调递增可知，则，
令，则，，令，，
易得在上单调递减，在上单调递增，从而，
所以，则，D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题中用到特殊值，特殊函数来解决问题，特别是选项D中，将不等式转化为，再结合换元法，求导等办法来求解，综合能力要求较高.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若，则的值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】将分子分母同除以，即可求得答案.
【详解】由题意，则，
则，
故答案为：
14. 已知函数在上单调递增，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复合命题单调性可知，是函数单调递增区间的子集，列式求实数的取值范围.
【详解】由，得或，
即函数的定义域为，
令，则，
因为函数为定义域上的单调增函数，
在上递增，
函数单调增区间，
因为函数在上单调递增，
所以，所以，
故答案为：
15. 设函数，的定义域均为，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，根据函数的奇偶性，对称性，周期性分析即可求解.
【详解】因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数，
则，
求导得，
即，
所以函数的图像关于对称．
因为函数为偶函数，
所以，
所以函数的图像关于对称，
由函数的图像关于对称，且关于直线对称．
所以函数的周期为，．
由，，
，
所以，即，即，
所以当时，
于是．
故答案为：
16. 已知函数，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将不等式等价转化，构造函数，并探讨其性质，再利用导数分类讨论的值域即可求解作答.
【详解】，
令，则，，设，则，
当时,，且等号不同时成立，则恒成立，
当时，，则恒成立，则在上单调递增，
又因为，因此存在，使得，
当时，，当时,，
所以函数在上单调递减，在,上单调递增,
又，作出函数的图像如下：
函数定义域为，求导得，
①当时，，函数的单调递减区间为，
当时，的取值集合为，而取值集合为，
因此函数在上的值域包含，
当时，的取值集合为，而取值集合为，
因此函数在上无最小值，从而函数的值域为R，即，，不合题意，
②当时，由得，由得，函数在上单调递增，在上单调递减，
，当时，的取值集合为，
而取值集合为，因此函数在上的值域包含，
此时函数的值域为，即，
当时，即当时，恒成立，符合题意，
当时，即当时，，结合图象可知，，不合题意，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.
四､解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 已知，.
（1）求的大小；
（2）设函数，，求的单调区间及值域.
【答案】（1）
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据切化弦公式与二倍角公式化简进行求值；
（2）根据正弦型函数的单调区间公式求解函数的单调区间，由，求整体角的取值范围得到的值域.
【小问1详解】
由得，
则，
因为，所以，
所以，解得，
即，又，
所以，则.
【小问2详解】
函数，，
令，解得，所以函数在区间上单调递增；
令，解得，所以函数在区间上单调递减；
因为，，
当时，即，取最大值1；当时，即，取最小值.
所以值域为.
18. 为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：
（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．
【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.
【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．
19. 已知函数，其中，e为自然对数的底数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数在区间上的最大值．
【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减；在上单调递增；
（2）当时，最大值是；当时，最大值是；
当时，在区间上的最大值是.
【解析】
【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数，讨论，在函数的定义域内解不等式和即可．
（2）欲求函数在区间上的最大值，先求在区间上的单调性，讨论的值，分别求出最大值．
【小问1详解】
，函数定义域为，．
当时，令，得．
若，则，从而在上单调递增；
若，则，从而在上单调递减．
当时，令，得，解得或，有．
若，则或，从而在和上单调递减；
若，则，从而在上单调递增；
【小问2详解】
由（1）中求得单调性可知，
当时，在区间上单调递增，最大值是．
当时，在区间上单调递增，最大值是．
当时，在区间上单调递增，在区间单调递减，最大值是．
20. 菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2.
（1）证明：直线FC//平面EAB；
（2）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为？若存在，求，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）取AE的中点H，连接HF，HB，先证四边形BCFH为平行四边形，从而知FC∥HB，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取AB的中点N，连接DN，先证FD，DC，DN两两垂直，再以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设λ，λ∈[0，1]，用含λ的式子表示出点M的坐标，求得平面BDM的法向量，由，解之即可．
【小问1详解】
取AE的中点H，连接HF，HB，
因为EA∥FD，EA＝2FD＝2，所以四边形ADFH为平行四边形，所以HF∥AD，HF＝AD，
又菱形ABCD，所以AD∥BC，AD＝BC，
所以HF∥BC，HF＝BC，即四边形BCFH为平行四边形，
所以FC∥HB，
因为平面EAB，HB⊂平面EAB，
所以FC∥平面EAB．
【小问2详解】
取AB的中点N，连接DN，
因为菱形ABCD中，∠ABC＝120°，所以△ABD是等边三角形，所以DN⊥AB，所以DN⊥DC，
因为EA⊥平面ABCD，EA∥FD，所以FD⊥平面ABCD，
所以FD⊥DC，FD⊥DN，
故以D为坐标原点，DN，DC，DF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（，﹣1，2），
所以（，3，﹣2），（0，﹣2，2），（，1，0），
设λ，λ∈[0，1]，则M（（1﹣λ），3λ﹣1，2（1﹣λ）），
设平面BDM的法向量为（x，y，z），则，即，
令x＝﹣1，则y，z＝，所以（﹣1，，），
因为直线EB与平面BDM所成角的正弦值为，
所以|＝||，
化简得，，，解得λ或（舍负），
即，
所以．
21. 在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.
（1）求C的方程；
（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
【小问1详解】
因为实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
【小问2详解】
由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
22. 已知函数.
（1）若函数为增函数，求的取值范围；
（2）已知.
（i）证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；
（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.
【小问1详解】
∵，则，
若是增函数，则，
且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递增，在递减，故，
∴的取值范围为.
【小问2详解】
（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递减，在递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
故；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；当时，；
且，故对恒成立，
故在上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，
可得；
综上所述：
可得，则
故.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．