2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第二次验收考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第二次验收考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第二次验收考试数学试题 一、单选题1．，，则=（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求集合，再根据交集运算求解.【详解】∵，∴故选：A.2．已知，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示，计算作答.【详解】因，，且，则有，解得，所以.故选：B3．已知等比数列的公比，前n项和为，，，则=（    ）A．29 B．30 C．31 D．32【答案】C【分析】根据给定条件，列式求出公比即可计算作答.【详解】等比数列的公比，由，，得，解得， 所以.故选：C4．近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术处于国际领先水平．某公司用9万元进购一台新设备用于生产电机，第一年需运营费用3万元，从第二年起，每年营运费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为12万元，设该设备使用了年后，年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则n等于（    ）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】D【分析】根据给定条件，建立等差数列模型，利用等差数列的通项及前n项和公式求解作答.【详解】依题意，该设备每年营运费用依次排成一列，可得等差数列，其中首项，公差，则该设备第n年营运费用，前n年营运总费用，因此，年平均盈利额，当且仅当，即时取等号，所以年平均盈利额达到最大值时，.故选：D5．在中，点线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题设且，结合向量数乘、加法的几何意义可得，再由已知条件即可得的值.【详解】由题意，且，而，所以，即，由已知，，则.故选：D6．平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据三角函数定义得到，再根据余弦二倍角公式和诱导公式求解即可.【详解】角的终边经过点，，所以..故选：B7．已知实数，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接利用正余弦函数的图像和单调性求出结果.【详解】由于，∴，则，由于，所以，得，∴．故选：A8．已知定义在R上的奇函数满足．当时，．则下列结论错误的是（    ）A．B．函数的值域为C．函数的图像关于直线对称D．方程最少有两个解【答案】D【分析】由已知可分析出函数的奇偶性,对称轴以及周期，进而可以判断各选项，从而可得出结论.【详解】已知在R上为奇函数，，由，令，则，所以有，函数的周期为2，所以，故选项A正确；因为且，所以，所以函数的对称轴为，又因为函数的周期为2，所以，故为数的对称轴；故选项C正确；当时，，此时易知当取值越大，值越大，为增函数，，已知在R上为奇函数，，，则根据奇函数对称性可得，当时，，此时，所以当时，的值域为，而函数的对称轴为，所以当时，的值域也为，又因为函数的周期为2，所以函数在每个周期内的值域为，综上，的值域也为，故选项B正确；方程有解等价于函数与函数有交点已知在R上为奇函数，画出函数图像如图，图像可根据向上或下平移个单位，根据函数与函数的图像以及性质可知，函数与函数至多有3个交点，最少为1个交点，故选项D错误.故选：D. 二、多选题9．下列说法中正确的有（    ）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“存在，”的否定是：“存在，”D．设，都是非零向量，则是成立的充分不必要条件【答案】AD【分析】对于A，解出即可判断；对于B，解出即可判断；对于C，利用特称命题的否定是全称命题即可判断；对于D，表示，的方向相同，而表示，的方向相同，且即可判断【详解】A选项，求解，当时，去分母并整理可得，恒成立，此时，当时，去分母并整理可得，解得（舍去），故的解集为，故“”是“”的充要条件，故A选项正确；B选项，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B选项错误；C选项，命题“存在，”的否定是：“任意，”，所以C选项错误；D选项，，都是非零向量，表示与同向的单位向量，与同向的单位向量，所以表示，的方向相同，而表示，的方向相同，且，所以是成立的充分不必要条件，故D选项正确；故选：AD10．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数在区间上单调递减C．函数的图像不是中心对称图形D．函数图像的对称轴方程仅有，【答案】BC【分析】化简函数解析式，作函数的图象，结合图象判断函数的性质.【详解】可化为，所以，所以函数为周期函数，周期为，A错误；当时，，，所以函数的图象如下：观察图象可得，函数在区间上单调递减，B正确，函数的图像不是中心对称图形，C正确，函数图像的对称轴方程有，和，，D错误，故选：BC.11．若数列的前n项和为，满足，，则下列结论正确的有（    ）A． B．C．， D．，【答案】CD【分析】由递推关系取，可证明数列等比数列，由此可求数列的通项公式，由此判断C，D，再由分组求和法求，判断A，根据与的关系判断D.【详解】因为，所以当，时，，当，时，，所以，又，所以数列为首项为1，公比为的等比数列，所以，，C正确，由，所以，，D正确，所以，，， ，，A错，，B错，故选：CD.12．已知函数，，e是自然对数的底数，则下列正确的是（    ）A．若函数仅有一个零点，则B．若，，C．若对任意恒成立，则D．若恒成立，则整数a的最大值为2【答案】CD【分析】利用导数得出函数的单调性，举反例可判断A，利用导数得出函数大致图象，由数形结合及极限思想判断B，分离参数根据导数求最值判断C，利用特值求出a，再证明时，不等式成立，从而判断D.【详解】，当时，，函数单调递增，例如取时，，故函数只有1个零点，此时，故A错误；，令可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，时，，，作函数大致图象如图，令，则，，，，故B错误；对任意恒成立，可得对任意恒成立，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，，所以，故C正确；由恒成立，可知，，，整数下面证明当时，恒成立， 令，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，即， 故只需证.①时，由函数与的图象可知，，故只需证 ，所以只需证，令，对称轴方程为，所以，所以成立，故得证；②当时，设，则，函数单调递增，，，据此，设，则，函数递增，，即，同理可证得，，故只需证明，设，，当时，，单调递增，，即成立，故成立，综上，时，恒成立，故D正确.故选：CD【点睛】关键点点睛：对D选项，需要分，分类讨论，利用放缩法放缩后，构造新函数，利用导数求函数的最值，分析最值符号可证明不等式，难度太大，本题可从多选题角度判断AB错误后直接得出答案CD . 三、填空题13．已知函数，定义域为，则的值域为______．【答案】【分析】先分离常数将函数解析式化为，结合的范围，先得出分母的范围，由不等式的性质可得答案.【详解】由当时，，所以，则所以，即在的值域为， 故答案为：.14．已知是等差数列，是等比数列，是数列的前n项和，，，则=______．【答案】−1【分析】根据等差数列的求和公式以及等差中项，求第六项，再根据等比数列的等比中项，解得第六项的平方，结合对数运算可得答案.【详解】因为是等差数列，且是数列的前n项和，所以，解得，因为是等比数列，所以，则.故答案为：.15．如图所示，点P是正三角形外接圆圆O上的动点，正三角形的边长为3，则的取值范围是______．【答案】【分析】利用数量积的运算律，整理所求式子，求出的模长，根据向量的特殊位置，求得最值，可得答案.【详解】由正三角形，边长为，则该三角形的外接圆半径，即，，，则，当与同向时，取得最大值为；当与反向时，取得最小值为；综上：的取值范围是.故答案为：.16．已知满足，D是的边BC上一点，且，，则的最大值为______．【答案】【分析】由条件可求角，根据向量线性运算和数量积运算转化条件，由此可得关系，再结合基本不等式可求的最大值.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，，所以，又，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，又基本不等式可得，所以，当且仅当，时等号成立，所以的最大值为，故答案为：. 四、解答题17．设函数，其中向量，．(1)求函数单调递增区间；(2)当时，函数恰有三个零点，求m的取值范围．【答案】(1)；(2)m的取值范围为. 【分析】（1）根据数量积的坐标运算求得，再利用三角恒等变换化简函数为标准正弦型三角函数，再求单调递增区间即可；（2）根据（1）分析在区间的单调性，结合条件列不等式可求m的取值范围．【详解】(1)因为，，，所以，所以所以，由，，可得，，所以函数的单调递增区间为；(2)由(1)可得当时，函数单调递增，且，，当时，函数单调递增，且，，当时，，所以函数在上单调递减， 因为函数恰有三个零点，所以，，所以，所以m的取值范围为.18．已知数列中，，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用累加法可求得数列的通项公式；（2）求得，利用裂项相消法可求得.【详解】（1），.，，，，，；（2）由（1）知，，因此，.【点睛】方法点睛：1.数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.2.求数列通项公式常用的七种方法：（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；（2）前项和法：根据进行求解；（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.19．在①；②；③；在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．在锐角中，内角、、，的对边分别是、、，且______(1)求角的大小；(2)若，求周长的范围．【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】（1）选①，利用三角形的面积公式以及平面向量的数量积可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②，利用三角恒等变换可得出的二次方程，结合角的取值范围可求得角的值；选③，利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出的周长关于的三角关系式，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的周长的取值范围.【详解】(1)解：选①，由可得，，则，可得，；选②，由可得，即，即，，则，故，；选③，由及正弦定理可得，、，则，所以，，故，，，因此，.(2)解：由正弦定理可得，则，，，因为为锐角三角形，则，可得，所以，，则，故.20．疫情期间，为保障学生安全，要对学校进行消毒处理．校园内某区域由矩形与扇形组成，，，．消毒装备的喷射角，阴影部分为可消毒范围，要求点在弧上，点在线段上，设，可消毒范围的面积为．(1)求消毒面积关于的关系式，并求出的范围；(2)当消毒面积最大时，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）求出扇形和梯形的面积，可求得关于的关系式，求出的取值范围，可求得的范围；（2）根据（1）中的函数关系式，利用导数法可求得取最大值时，对应的的值.【详解】(1)解：由题意可知，则扇形的面积为，，则，且，所以， 梯形的面积为，，且，则，故，所以，，.(2)解：设，，，且，记为锐角，且，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，当时，，即时，取最小值，此时取最大值.21．已知数列的前n项和为，满足．(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)记，求数列的前n项和为；(3)记，数列的前n项和为．求证：．【答案】(1)证明见解析；(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据整理可得，结合等比数列的定义与通项运算求解；（2）利用错位相减法求和；（3）放缩可得，结合等比数列求和证明.【详解】(1)∵，则作差得：∴，则当时，，则数列是是以首项，公比的等比数列∴，则(2)两式相减得：∴(3)∵，则∵∴．22．已知函数．(1)求函数在点处的切线方程；(2)当时，函数有两个零点，求实数m的取值范围；(3)求证：对任意的，都有．【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】(1)根据导数的几何意义求函数在点处的切线的斜率，再由点斜式求切线方程；(2)利用导数分析函数的单调性，作其图象，观察图象可求m的取值范围；(3)利用导数证明的单调性，结合函数单调性证明.【详解】(1)因为，所以，，故，则函数在处的切线方程为；(2)当时，，则，令，则，且对恒成立则有为上的单调递增函数，又由知，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，所以函数的图象如下：因为函数有两个零点，所以方程有两个根，即方程有两个根，所以函数与函数的图象有两个交点，观察图象可得m的取值范围为；(3)设，则有：，即则有：，即为上的单调递增函数，则有：当时，，即对任意恒成立，则为上的单调递增函数，对任意的，由于，知，即……①同理……②由①②可得：．【点睛】利用导数研究函数的单调性，结合数形结合研究函数的零点，方程的解，利用单调性证明不等式是解决问题的关键.