2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省广州市华南师范大学附属中学高三上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据几何的交运算运算即可求解.【详解】由题意可知：，故选:C2．已知函数的定义域为,则函数的定义域为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据抽象函数的定义域即可求解.【详解】由于的定义域为,所以的定义域需满足：，故的定义域为，故选：A3．“ ”是“函数 在上单调递增”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】A【分析】判断命题“ ”和“函数 在上单调递增”之间的逻辑推理关系，即可判断出答案.【详解】当时，，对于函数，其图象对称轴为 ，则函数 在上单调递增，当时，图象对称轴为，故函数在上单调递增，即“函数 在上单调递增”推不出“ ”成立，故“ ”是“函数 在上单调递增”的充分不必要条件，故选：A.4．某农学院研究员发现，某品种的甜瓜生长在除温差以外其他环境均相同的条件中，成熟后甜瓜的甜度y（单位：度）与昼夜温差x（单位：℃，）近似满足函数模型．当温差为30℃时，成熟后甜瓜的甜度约为（参考数据：）（    ）A．14.4 B．14.6 C．14.8 D．15.1【答案】C【分析】根据题意，当时，结合对数的运算性质，即可求解.【详解】由题意，当时，可得．故选：C.5．函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先分析的奇偶性，然后根据的取值正负即可判断出符合的图象.【详解】因为，所以定义域为，关于原点对称，因为，所以为奇函数，排除A、B，又因为当时，，排除C.故选：D.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6．已知方程有两个不相等的实数根，且两个实数根都大于2，则实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】令，根据二次方程根的分布可得式子，计算即可.【详解】令由题可知：则，即故选：C7．设函数是奇函数的导函数， ，当时， ，则使得成立的取值范围是（    ）A．  B． C． D． 【答案】D【分析】根据题意构造函数，由求导公式和法则求出，结合条件判断出的符号，即可得到函数的单调区间，根据奇函数判断出是偶函数，由求出，结合函数的单调性、奇偶性，再转化，由单调性求出不等式成立时的取值范围．【详解】由题意设，则当时，有，当时，，函数在上为增函数，函数是奇函数，，函数为定义域上的偶函数，在上递减，由得，，不等式，或，即有或，使得成立的的取值范围是：，，，故选：D8．若x，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设，则（不恒为零），故在上为增函数，故，所以，故在上恒成立，所以，但为上为增函数，故即，所以C成立，D错误.取，考虑的解，若，则，矛盾，故即，此时，故B错误.取，考虑，若，则，矛盾，故，此时，此时，故A错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数. 二、多选题9．已知，且，则（   ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据函数单调性判断A选项；作差法比较出，，判断BC选项；举出反例得到D错误.【详解】因为单调递增，，所以，A正确；因为且，故，，B正确；因为且，所以，，，故，C错误；设，满足且，但，D错误.故选：AB10．已知，若，则实数a的值可以为（    ）A． B． C．1 D．【答案】ACD【分析】根据分段函数，分别以，，讨论，求解方程可得答案.【详解】解：因为，，所以当时，，所以，所以，解得，所以满足；当时，，所以，所以，解得，满足题意；当时，，所以，所以，解得，满足题意；故选：ACD.11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．有两个不同零点B．在上单调递增C．若函数在处取得最小值，则D．【答案】BCD【分析】利用二次求导法判断出，得到在R上单调递增，故B正确，错误；令，则，令，利用导数判断出，使得，则在上单调递减，在单调递增，即，即可判断C正确；由选项C的证明得到，使得，即，证明出，即可证明D正确.【详解】由函数可知，，令，则.令，解得.所以当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增，所以，即，所以在R上单调递增，故B选项正确；当时，，当时，，且在R上单调递增，所以函数只有一个零点，故选项错误；令，则，令，则，所以函数在上单调递增，因为，所以，使得，则在上单调递减，在单调递增，即，故C选项正确；因为，使得，即，所以，即，故D正确.故选：BCD.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式.12．已知是同时满足下列条件的集合：①；②若，则；③且，则．下列结论中正确的有（   ）A． B．C．若，则 D．若，则【答案】ACD【分析】根据集合满足的条件对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】（1）由①，则由②，，，由③得，故A正确；（2）由（1）可知，故B错误；（3）由①知，，，，，即，故C正确；（4），则，由③可得，，，即，，即，；由（3）可知当，，，当，可得，，故D正确．故答案为：ACD 三、填空题13．函数的极小值为______．【答案】【分析】利用导数研究单调性求函数的极小值即可.【详解】由题设，当时，递减；当时，递增；所以的极小值为.故答案为：14．当时，函数的最小值为______;【答案】【分析】利用基本不等式可求得所求函数的最小值.【详解】因为，则，则.当且仅当时，等号成立，所以，当时，函数的最小值为.故答案为：.15．已知为定义在R上的奇函数，且 ，当时， ，则 =_____.【答案】【分析】由题意可推得，继而将化为，从而利用已知结合对数运算性质求得答案.【详解】由题意为定义在R上的奇函数，且，可得，即有，即2为函数的周期，当时，，故，故答案为： 四、双空题16．在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解．例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，当时等号成立，所以的最小值为3．已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为________．【答案】     70     630【分析】利用导数的几何意义求、处的切线方程，根据题设描述，数形结合求的前10项和最大值、的前100项和的最小值，注意等号成立条件.【详解】，则在R上单调递增，如下图所示：①易知，所以曲线在处的切线方程为，即，结合图象知（），所以，所以，当且仅当时，等号成立；②曲线在处的切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，所以曲线在处的切线方程为，结合图象知，所以 当且仅当或时等号成立，取，，即的前100项中有70项为3，30项为0时，等号成立．故答案为：70，630.【点睛】关键点点睛：根据导数几何意义求切线方程，数形结合列不等式求、前n项和的最值. 五、解答题17．已知等差数列中， (1)求；(2)设 ，的前项和为，证明： 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据可得以及，求得公差，继而求得数列通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项法求数列的和，即可证明结论.【详解】(1)设等差数列的公差为， ，所以 ，可得 ，两式相减可得： ，所以，所以 ，可得：；(2)由（1）知：，所以 ， , ， , ，即．18．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19．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0123 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）.20．在四棱锥中，为等边三角形，，，点为的中点.（1）求证：平面；（2）已知平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取CD中点M，进而证明平面平面，然后通过面面平行的性质定理得到答案；（2）连接AC交BD于O，根据条件证明AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，，∵为中点，∴，而平面，平面，∴平面，又∵为等边三角形，∴∵，，∴，，∴，∵BM,AD共面于平面ABCD,∴，而平面，平面，∴平面，又，∴平面平面，而平面，∴平面.（2）根据条件，连接交于，连接，由对称性知，为中点，且，∵平面平面，且交于BD，∴平面，∵在中，AO⊥OD，AD=2，，则AO=1，，又PD=2，∴，在正中，∵，∴.以O为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，∴，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，所以，令x=1，则，，令a=1，则，∴，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为：.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距与短轴长均为4．(1)求E的方程；(2)设任意过的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过作平行于l的直线分别交于A，B，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可；（2）设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得，设的中点为，根据韦达定理可得，再结合三角形与椭圆的性质可得四点共线，从而化简，再根据的横坐标关系，结合参数的范围求解即可【详解】(1)由题意，，，解得，，故椭圆(2)由题意，，显然的斜率不为0，故设的方程为，，则，即，故，.联立过的切线方程，即，相减可得，即，化简可得.代入可得，故.设的中点为，则，，故.因为，，故，所以三点共线.又作平行于l的直线分别交于A，B，易得，取中点，根据三角形的性质有四点共线，结合椭圆的对称性有，当且仅当时取等号.故【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题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.