湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三数学上学期第三次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三数学上学期第三次月考试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知集合，则中的元素个数为， 已知角的终边在直线上，则， 已知，则， 已知，若，，且，则的最小值为， 下列有关命题的说法正确的是， 已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
邵阳市二中2020级高三第三次月考数学试卷2022年9月一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 已知集合，则中的元素个数为（   ）A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合B，再根据已知列出不等式，求解判断作答.【详解】解不等式得：，即，而，由解得：，又，显然满足的自然数有9个，所以中的元素个数为9.故选：B2. 已知角的终边在直线上，则（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，然后化简变形，再给分子分母同除以，化为正切，再代值计算即可.【详解】因为角的终边在直线上，所以当时，在直线上取一点，则，当时，在直线上取一点，则，综上，所以，故选：A.3. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的性质判断．【详解】由指数函数、对数函数的性质知：，，，所以．故选：D．4. 已知，若，，且，则的最小值为（    ）A. 2 B. 4 C.  D. 5【答案】C【解析】【分析】利用1代换和基本不等式即可得到的最小值.【详解】由，得，所以，，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：C.5. 下列有关命题的说法正确的是（    ）A. 若集合中只有两个子集，则B. 的增区间为C. 若终边上有一点，则D. 函数是周期函数，最小正周期是【答案】D【解析】【分析】对于A，对方程中的是否为0分类讨论.对于B，先求此复合函数的定义域，再根据同增异减原则求增区间.对于C，根据点P坐标，求出，再利用诱导公式求解.对于D，画出函数图像即可判断.【详解】若集合只有两个子集，则集合只有一个元素，若，方程，得，满足一个元素的要求.若，即判别式，解得，所以或1，A错误.由得，所以函数的定义域为，在上递增，根据复合函数同增异减原则，增区间为，B错误.， 所以，C错误.的图像如下图所示：最小正周期T=2π，D正确.故选：D6. 已知函数，则“”是“函数在处取得极小值”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】对求导，分a＝0和a≠0讨论的单调性，即可求出a≠0时，在x＝－1处取得极小值，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】.①当a＝0时，，故在R上单调递增，无最小值.②当a≠0时，令，得x＝－1或.又，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.故在x＝－1处取得极小值. 综上，函数在x＝－1处取得极小值.所以“”是“函数在x＝－1处取得极小值”的充分不必要条件.故选：A.7. 已知定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，当时，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由为奇函数，为偶函数可知为以4位周期的周期函数，且关于点对称，关于轴对称，利用周期性与对称性可化简代入即可得出答案.【详解】因为为偶函数，所以，所以，又为奇函数，即所以，所以的周期为4，.故选：A.【点睛】本题综合考查了函数的周期性与对称性，属于难题.解本类题型一般可借助正弦曲线与余弦曲线帮助我们理解其对称性与周期性.8. 设函数定义域为，且是奇函数，当时，；当时，．当变化时，方程的所有根从小到大记为，则取值的集合为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将方程的根转化为与直线的交点，并可知与均关于对称，作出的图像，通过数形结合的方式可确定不同取值时交点的个数，结合对称性可求得结果.【详解】为奇函数，图像关于点对称，由得：，则方程的根即为与直线的交点，作出图像如图所示，①当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，与均关于对称，；②当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，与均关于对称，；③当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，与均关于对称，；④当时，如图中所示时，与直线有个交点，与均关于对称，；⑤当，即时，如图中和所示时，与直线有且仅有一个交点，.综上所述：取值的集合为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9. 下列计算中正确的是（    ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】结合诱导公式及正余弦的和差角公式分别进行化简，即可求解；【详解】解：对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确.故选：ACD10. （多选题）已知函数，则下列选项正确的是（    ）A. 函数最小正周期为B. 点是函数图象的一个对称中心C. 将函数图象向左平移个单位长度，所得到的函数为奇函数D. 函数在区间上单调递增【答案】AB【解析】【分析】先将化简为，再结合余弦函数的性质判断4个选项即可求解.【详解】解：对A：，所以最小正周期为，故选项A正确；对B：，所以点是函数图象的一个对称中心，故选项B正确；对C：函数图象向左平移个单位长度得到函数为偶函数，故选项C错误；对D：，所以在上单调递减，故选项D错误.故选：AB.11. 已知，则下列结论正确的是（    ）A. 不等式的解集为B. 函数在单调递减，在单调递增C. 函数在定义域上有且仅有两个零点D. 若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是【答案】AB【解析】【分析】对于A，不等式转化为，从而可求出其解集，对于B，对函数求导后，利用导数可求出函数的单调区间，对于C，令直接求解零点，对于D，由选项B可求出函数的值域，从而可求出实数m的取值范围.【详解】对于A，由，得，因为，所以，解得，所以不等式的解集为，所以A正确，对于B，的定义域为，由，得，令，得或，令，得或，所以在和上递增，在和上递减，所以B正确，对于C，令，得，所以在定义域内有且只有一个零点，所以C错误，对于D，由选项B可知在和上递增，在和上递减，因数，，且当从1的左侧趋近于1时，，当从1的右侧趋近于1时，，所以的值域为，所以若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是，所以D错误，故选：AB12. 已知函数，过点作曲线的切线，下列说法正确的是（    ）A. 当时，有且仅有一条切线B. 当时，可作三条切线，则C. 当，时，可作两条切线D. 当时，可作两条切线，则的取值范围为或【答案】ABD【解析】【分析】分点为切点、不为切点两种情况，求出切线方程可判断A；设切点坐标为，利用导数求出切线方程为，当时，，设，利用导数求出单调性，结合图象可判断B；当时，求出，设，利用导数求出单调性，结合图象可判断C；当时，由切线方程为得则，设，利用导数判断出 单调性，结合图象可判断D.【详解】对于A，当时，点在函数的图象上，，若点为切点，则切线斜率为，所以切线方程为，若点不为切点，设切点坐标为，所以，切线斜率为，所以，，即切点为原点，所以时，有且仅有一条切线，故A正确；对于B，设切点坐标为，所以，，则切线的斜率为，切线方程为，当时，，则，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以时有极小值，为，时有极大值，为，时，画出的图象，当时，若做三条切线，则与的图象有3个交点，由图可得，故B正确；对于C， 当时，由切线方程得，则，设，则，所以单调递减，且，如图，所以当，时，与的图象有且只有一个交点，所以只能作一条切线，故C错误；当时，由切线方程为得，则，设，则，因为，所以当时，单调递增，所以当时，单调递减，所以当时，单调递减，时，有极小值为，时，有极大值为，的图象为若作两条切线，则的取值为或，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：利用导数研究含参函数零点问题主要有两中方法：（1）利用导数研究函数的最（极）值，转化为函数图象与轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想，其本质就是在含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；（2）分离参变量，即由分离参变量，得，研究与图象交点问题。三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 已知函数同时具有下列性质：①定义域为；②；③，请写出一个符合条件的函数的解析式______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据已知可以确定函数的性质，然后写出满足条件的函数即可.【详解】由，知，则函数的一个周期为；因为是以为周期的函数，定义域为，且，所以的解析式可以为.故答案为：.14. 已知，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】利用凑角、二倍角公式计算可得答案.【详解】因为，所以．故答案为：.15. 若曲线的切线的倾斜角的取值范围是，则______.【答案】##0.375【解析】【分析】求导，利用基本不等式得到导函数的最小值，结合切线倾斜角的取值范围得到斜率的最小值，列出方程，求出.【详解】因为定义域为，所以，当且仅当，即时，等号成立，因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是，所以斜率，因此，所以.故答案为：16. 已知函数（其中a为常数）有两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.【详解】.若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.由，及方程根的情况，得，则，.又，所以，要使恒成立，只需恒成立.又，令，则，当时，，为减函数，所以当时，.由题意，要使恒成立，只需满足.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，考查利用导数求函数最值，解题的关键是根据题意将问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值，考查数学转化思想，属较难题.四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若BC边上的高为，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先根据式子形式采取角化边，然后利用余弦定理的推论即可解出；（2）先根据锐角三角函数的定义可知，，得出关系，再根据可求出，然后根据三角形内角和定理，诱导公式，两角和的正弦公式化简，即可解出．【小问1详解】由，得，即，∴，∵，∴.【小问2详解】∵，且BC边上的高为，∴，∴，∴.∵，∴C为锐角，∴，∴.18. 若数列满足．（1）求数列的通项公式．（2）从①，②，③这三个条件中任选一个填在横线上，并回答问题．问题：若______，求数列的前n项和．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）答案见解析.【解析】【分析】（1）由题得，当时，，两式相减化简即得解；（2）选条件①，利用错位相减法求和得解；选条件②，利用裂项相消法求和得解；选条件③，利用分类讨论并项求和得解.【小问1详解】解：因为，所以当时，，两式相减得，所以，当时，满足，所以数列通项公式为．【小问2详解】解：选条件①．因为，所以，所以，两式相减得，所以所以．选条件②．因为，所以．选条件③．因为，所以当时，；当时，．所以19. 某公司为提高市场销售业绩，促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价x（单位：元/件）及相应月销量y（单位：万件）．对近5个月的月销售单价和月销售量的数据进行了统计，得到如下表数据：月销售单价（元/件）9951010.511月销售量（万件）151412109 （1）建立y关于x的经验回归方程；（2）该公司开展促销活动，当该产品月销售单价为8元/件时，其月销售量达到18万件，若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过0.5万件．则认为所得到的经验回归方程是理想的，试问：（1）中得到的经验回归方程是否理想？（3）根据（1）的结果，若该产品成本是5元/件，月销售单价x为何值时（销售单价不超过12元/件），公司月利润z的预测值最大？附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式：，【答案】（1）；    （2）（1）中得到的经验回归方程理想；    （3）月销售单价时，月利润z的预测值最大，最大值为.【解析】【分析】（1）由表格数据计算可得，，，利用最小二乘法可计算求得回归直线；（2）将代入回归直线可得预估值，由此判断回归方程是否理想；(3)由(1)确定公司月利润z的预测值与月销售单价x的关系，并求出月利润z的预测值的最大值.【小问1详解】设月销售量y的预测值为，由已知可得，.，，，关于的经验回归直线方程为：；【小问2详解】当时，，，可以认为所得到的经验回归直线方程是理想的.【小问3详解】设公司月利润z的预测值为，由(1)可得，所以，其中，所以当时，取最大值，最大值为，故当月销售单价为时，月利润z的预测值的最大，最大值为.20. 如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，平面平面，，.（1）求多面体体积的最大值；（2）当多面体体积取最大值时，求直线与平面所成角.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用割补法求几何体体积，再结合基本不等式求最值；（2）利用坐标法求线面夹角.【小问1详解】四边形是正方形，平面，四棱锥的体积，过点作，交于点，如图所示，平面平面，平面平面，且，平面，平面，，又平面，平面，平面，又，，，，平面，平面，，在中，，当且仅当时，有最大值为，有最大值为，多面体体积由最大值.【小问2详解】以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可知，，，，当时，，设平面的法向量为，，，，则，令，则，设直线与平面的夹角为，，故直线与平面所成角为.21. 已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.（1）求的方程;（2）直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.【小问1详解】设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，化简得 ；【小问2详解】直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设 ，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.22. 已知函数，．（1）讨论函数单调性；（2）当时，若函数在有两个不同零点，求实数m的取值范围．【答案】（1）答案见解析    （2）且【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，对参数分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）首先求出解析式，求出导函数，再构造函数利用导数说明的单调性，从而对分四种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可求出满足函数在有两个不同零点的条件，从而求出参数的取值范围.【小问1详解】解：因为定义域为，所以，当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递减，在和上单调递增，当时恒成立，所以在上单调递增，当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递减，在和上单调递增，综上可得，当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；【小问2详解】解：当时，，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，①当，即时，所以在上单调递增，又，所以函数只有一个零点，不符合题意，舍去；②当，即时，又，所以存在唯一的，使得，当时，，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，当时，此时，所以，函数只有一个零点，不符合题意，舍去；当时，，此时有两个零点时，应满足，即，其中，设，，则，令，解得，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即恒成立，所以且.【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．