2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第一次月考数学（理）试题（含解析）

2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第一次月考

数学（理）试题

第I卷（选择题）

一、单选题(共60分)

1. 设命题p：∃x0∈（0，+∞），x02≤x0﹣2，则￢p为（    ）

A. ∃x0∈（0，+∞），x02>x0﹣2 B. ∀x∈（0，+∞），x2≤x﹣2

C. ∃x0∈（0，+∞），x02≥x0﹣2 D. ∀x∈（0，+∞），x2>x﹣2

【答案】D

【解析】

【分析】根据特称命题的否定是全称命题，写出即可.

【详解】命题p：∃x0∈（0，+∞），x02≤x0﹣2，

则￢p为∀x∈（0，+∞），x2>x﹣2.

故选：D

2. 已知向量，，，且，则实数＝（    ）

A.   B.  C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】先求出的坐标，进而根据平面向量垂直的坐标表示即可得到答案.

【详解】由题意，，因为，所以，

所以.

故选：D.

3. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先化简得，再求出，再根据展开计算可得答案.

【详解】由，

又，

所以，

所以，

故选：B.

4. 已知，，，为实数，且，则下列不等式不一定正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】在给定条件下，利用不等式的性质逐一分析各选项即可得解.

【详解】实数，，满足：，

，则，即，A正确；

当时，，当时，有，B不一定正确；

，于是得，即，C正确；

由，得，D正确.

故选：B

5. 函数f(x)的图象向左平移一个单位长度，所得图象与y=ex关于x轴对称，则f(x)=（　　）

A. -ex-1 B. -ex+1 C. -e-x-1 D. -e-x+1

【答案】A

【解析】

【分析】先求出与y=ex的图象关于x轴对称的图象所对函数解析式，再右移一个单位即可得解.

【详解】与y=ex的图象关于x轴对称的图象所对函数解析式为y=-ex，将所得图象右移一个单位后的图象所对函数解析式为y=-ex-1，

而按上述变换所得图象对应的函数是f(x)，

所以f(x)=-ex-1.

故选：A

6. 若，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】，再利用基本不等式即可得出答案.

【详解】解：

，

当且仅当时，取等号，

所以的最小值为.

故选：C.

7. 在中，若点满足，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量的线性运算结合已知条件可得，即可得

，由平面向量基本定理可得和的值即可求解.

【详解】在中，若点满足，

所以，即，

所以，又因为，

所以，，所以，

故选：D.

8. 设实数x，y满足则的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据线性运算条件作出可行域，求出点，的坐标，令，则，，利用单调性结合的范围即可求解.

【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，

由可得，由可得，

令，则表示可行域内的点与原点连线的斜率，

由图可得 ，，，所以，

而在上是增函数，所以当时，；

当时，，因此的取值范围为．

故选：D.

9. 已知实数，，满足，，，则，，的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】易得，，进而由指数函数的性质得到，根据时，，可得，从而作出判定.

【详解】，

∴，

，

时，，∴ ,即,

，

故选：A.

【点睛】本题考查比较大小，涉及不等式的基本性质，对数指数的运算及函数性质，正弦函数的性质，其中用到时，的结论，属中档题.

10. 设函数图象的一条对称轴方程为，若时，，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先由三角恒等变换化简，由已知对称轴方程以及的范围可得的值，结合正弦函数的性质可知的最小值为即可求解.

【详解】

，

所以.

令，可得，

因为，所以，，

所以，

若时，，得到.

故选：.

11. 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的（    ）

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由递增数列的定义可推出的取值，然后利用充分不必要条件的概念可得.

【详解】若数列{an}递增数列，则有an＋1－an>0，

∴

即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，

于是有，

∵由可推得，

但反过来，由不能得到，

因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.

故选：A.

12. 当时，不等式，，恒成立，则的最大值为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，求出导函数.先判断出时不合题意；再求出时的最大值为，只需，得到.

定义函数（a），利用导数求出最大值即可.

【详解】解：设，

则，

当时，因为，

所以，所以在递增；

时，，与矛盾，所以不符题意；

当时，令，可得，

当，，递增；

当，时，，递减．

所以的最大值为，

所以由题意可得，即，

因为，所以，

设（a），

则（a），

当时，（a），（a）递增，

当，时，（a），（a）递减，

所以（a）的最大值为，

所以的最大值为．

故选：C．

第II卷（非选择题）

二、填空题(共20分)

13. 在复平面上所对应的点的坐标为_____________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数除法运算化简，进而求得对应点的坐标.

【详解】，对应点为.

故答案为：

14. 设为锐角，若，则值为____________.

【答案】

【解析】

【分析】利用二倍角公式，同角三角函数的基本关系式、两角差的正弦公式求得所求表达式的值.

【详解】为锐角，， .

.

故答案为：

15. 已知函数f(x)＝，，若方程f(x)﹣g(x)＝0有且仅有一个实数根，则a的最大值是__．

【答案】3

【解析】

【分析】依题意，函数y＝f(x)图象与函数y＝g(x)的图象有且仅有一个交点，作出函数f(x)的图象，结合题意及二次函数的性质可得0＜g(1)≤1即可，进而得解．

【详解】方程f(x)﹣g(x)＝0有且仅有一个实数根，

等价于函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象有且仅有一个交点，

∵g(1)＝1+a﹣3＝a﹣2，函数g(x)恒过点（0，﹣3），且开口向上，

∴只需0＜a﹣2≤1即可，解得2＜a≤3，

∴a的最大值为3．

故答案为：3

16. 设为数列的前项和，满足，，其中，数列的前项和为，满足，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先变形等式为，利用累乘法，求得数列的通项公式，以及数列的通项公式，代入后，利用错位相减法求和.

【详解】由题意，即，

累乘得，

可知，，当时，，

所以，

又时，，且当时成立，从而有，

故，

所以，故.

故答案为：

【点睛】方法技巧                              

 常见数列的裂项方法

注意：利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项.

三、解答题(共70分)

17. 已知函数．

（1）求函数的最小正周期；

（2）当，时，求的值域．

【答案】（1）最小正周期为；（2），．

【解析】

分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简，可得，从而利用周期公式可求出周期；

（2）由，可得，，然后结合正弦函数的性质可求出函数的值域

【详解】解：（1）函数，

的最小正周期为．

（2）当，时，，，

所以，，

故的值域，．

18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．

（1）求；

（2）若，求面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将转化为，然后利用三角恒等变换公式化简可求出角；

（2）由余弦定理结合基本不等式可求得面积的最大值

【详解】（1）由正弦定理得，

又，

，又，，，

故在中，；

（2）由余弦定理得：，，

，当且仅当时取等号，

面积．当且仅当时取等号，

故面积的最大值为．

19. 已知公比大于1的等比数列的前项和为，且，．

（1）求数列的通项公式；

（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和．

【答案】（1），；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，求出和，从而可求出数列的通项公式；

（2）由题意可得，然后利用错位相减法可求得数列的前项和

【详解】解：设的公比为，．

（1）由整理得，解得或（舍去）．

∴，∴，．

（2），∴．

∴，，

∴

．

∴．

20. 已知二次函数.

（1）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

（2）解关于的不等式（其中）.

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）结合分离常数法、基本不等式求得的取值范围.

（2）将原不等式转化为，对进行分类讨论，由此求得不等式的解集.

【详解】（1）不等式即为：，

当时，可变形为：，即.

又，当且仅当，即时，等号成立，，即.

实数的取值范围是：.

（2）不等式，即，

等价于，即，

①当时，不等式整理为，解得：；

当时，方程的两根为：，.

②当时，可得，解不等式得：或；

③当时，因为，解不等式得：；

④当时，因为，不等式的解集为；

⑤当时，因为，解不等式得：；

综上所述，不等式的解集为：

①当时，不等式解集为；

②当时，不等式解集为；

③当时，不等式解集为；

④当时，不等式解集为；

⑤当时，不等式解集为.

21. 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，等比数列{bn}的公比为q(q>1)，且b3＋b4＋b5＝28，b4＋2是b3和b5的等差中项．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）令cn＝bn＋，{cn}的前n项和记为Tn，若2Tn≥m对一切n∈N*成立，求实数m的最大值．

【答案】（1）an＝2n(n∈N*)，bn＝2n－1，n∈N*；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据与的关系即可求得数列的通项，根据已知条件求出等比数列{bn}的首项和公比，即可求得数列的通项；

（2）求出数列{cn}的通项，再利用分组求和及裂项相消求和法求出Tn，从而可求得Tn的最小值，从而可得答案.

【详解】解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2.

当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n，a1＝2也符合上式，

∴an＝2n(n∈N*)．

又b3＋b4＋b5＝28，2(b4＋2)＝b3＋b5，

得b4＝8，q＝2或q＝.

∵q>1，∴q＝2，

∴bn＝2n－1，N*.

（2）∵cn＝bn＋＝2n－1＋＝2n－1＋，

∴Tn＝＋

＝2n－1＋

＝2n－，

易知Tn随着n的增大而增大，∴2Tn≥2T1＝，

故m的最大值为.

22. 已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）当时，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）具体见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）求导得，对参数m分类讨论，分别求得函数的单调区间即可.

（2）先由，得到，缩小讨论范围，然后借助（1）中函数单调性，分别使函数在时的最小值，恒大于等于0即可求得参数取值范围.

【详解】（1），

若，则，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

若，令，解得，

当时，，

则在和上单调递增，在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

当时，，

则在和上单调递增，在上单调递减，

综上：当在上单调递增，在上单调递减，

当时，在上单调递增，在上单调递减，

当时，在上单调递增

当时，在和上单调递增，在上单调递减．

（2）由题可得，即

①若在的最小值为，

而，，

所以当时，恒成立．

②若在单调递增，而，

所以当时，恒成立．

③若，则，

所以当时，不可能恒成立．

综上所述，的取值范围为

【点睛】关键点点睛：函数导数中含有参数时，需要对参数分类讨论，才能求得导数与0的关系，从而判断函数单调性，并借助单调区间求解函数最值问题.