2023届辽宁省沈阳市第二中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

2023届辽宁省沈阳市第二中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知全集，设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接由补集和交集的概念求解即可.

【详解】，所以．

故选：A.

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数模长的性质求解即可.

【详解】由可得，故.

故选：B

3．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对命题进行求解，可得，再通过充分条件和必要条件进行判断即可.

【详解】因为命题是真命题，当时，，若恒成立，则，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是，

故选：B．

4．设等差数列的前项的和为，若，则（    ）

A．17 B．34 C．51 D．102

【答案】B

【分析】根据等差数列通项求公差，进而根据求和公式即可求解.

【详解】设公差为，则由得，

即，故.

故选：B

5．函数的图像大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】当时，根据函数的极值可以排除C、D，当时，根据函数的单调性可以排除B，从而得到结果.

【详解】当时，，在处取得最小值，排除C、D，

当时，为减函数，

故选:A．

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角函数诱导公式，结合同角的三角函数关系将原式化简，即可求得答案.

【详解】因为，则

,

故选:D．

7．若关于x的不等式的解集是，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．4 D．2

【答案】A

【分析】根据三个“二次”的关系可知，和是方程的两根，由韦达定理求出，即可将化成关于的式子，变形，由基本不等式即可求出其最小值．

【详解】根据题意可得和是方程的两根且，即，.

故，

当且仅当时，等号成立.

故选：A．

8．​， 则（    ）

A．​ B．​

C．​ D．​

【答案】A

【分析】通过构造函数，由函数的单调性比较的大小，再构造函数，判断其单调性后比较的大小，从而可得结果.

【详解】构造，，则，

令，则，

所以在上递减，

所以，所以，

所以在上递减，

所以，所以，

所以，即，所以，

令（），则，

所以在上递增，

所以，所以，

所以，

所以，即

故​.

故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，通过判断函数的单调性，利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.

二、多选题

9．的内角，，的对边分别为，，，则下列命题为真命题的是（    ）

A．若，则

B．若，则是钝角三角形

C．若，则为等腰三角形

D．若，则符合条件的有两个

【答案】AB

【分析】根据正、余弦定理在解三角形中的应用，通过边角转化等一一判断即可.

【详解】对A选项，根据结论大角对大边，则有，又因为正弦定理，所以，故A正确；

对B选项，由可得，，为钝角三角形，故B正确:

对C选项，由可得，，

或，是直角三角形或等腰三角形，故C错误；

对D选项，由正弦定理得，故不存在满足条件的，故D错误.

故选：AB.

10．已知，则 （    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】对A，对两边同除ab化简即可判断；

对B，对不等式移项进行因式分解得，即可进一步判断的符号不确定，即可判断；

对C，对不等式移项进行因式分解得，由即可判断；

对D，对不等式移项进行根式运算得，即可进一步判断

【详解】对A，，A正确；

对B，，∵，∴，不等式不一定成立，B错误；

对C，，∵，∴，不等式成立，C正确；

对D，，所以，不等式不成立，D错误；

故选：AC．

11．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”（下图所示的是一个4层的三角跺）.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的球的总数为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意求得，进而可得，利用累加法求出即可判断选项A、C；计算前7项的和即可判断B；利用裂项相消求和法即可判断D.

【详解】由题意得，

，

以上n个式子累加可得

，

又满足上式，所以，故A错误；

则，

得，故B正确；

有，故C正确；

由，

得，

故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由是偶函数得出是奇函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．

【详解】是偶函数，则，两边求导得，

所以是奇函数，

由，，得，

即，所以是周期函数，且周期为4，，

在，中令得

，，A正确；

没法求得的值，B错；

令得，，，则，无法求得，同理令得，，，

因此，相加得，只有在时，有，但不一定为0，因此C错；

在中令得，，在中令得，，两式相加得，即，D正确；

故选：AD．

三、填空题

13．函数的部分图象如图所示， 求函数的解析式_____．

【答案】

【分析】根据函数的最小正周期求出的值，根据最大值求出的值，根据最大值点求出的值得解.

【详解】解：由题得函数的最小正周期为.

由图得. 所以.

又，

所以.

时，.

所以.

故答案为：

14．设正项等比数列的前项和为，且，则______

【答案】

【分析】由条件可得，然后利用求出的值，然后可算出答案.

【详解】因为，所以，所以，

又数列是正项数列，所以，所以.

故答案为：

15．过原点作曲线的切线，则切点的横坐标为_________．

【答案】0.5

【分析】可设切点的坐标为 , 求出函数的导数, 由导数的几何意义可得切线的斜率，又由切线经过原点，从而可得切线方程，将切点代入即可解可得的值，从而得出答案.

【详解】由题意得，设切点的坐标为，的导数，

则有，即切线的斜率，

又因为切线经过原点，设切线方程为，

将切点代入得，化简得，所以.

故答案为：.

16．如图，在平面四边形中，，，，则的最大值为___________．

【答案】1

【分析】利用转化法求出，再求出的最大值即可.

【详解】

取的中点，连接，，

由，，

由，得四点共圆，且直径为．

则 ，

所以 ．

故答案为：1.

四、解答题

17．已知数列的首项，前项和为，，，（）总是成等差数列.

(1)证明数列为等比数列；

(2)求满足不等式的正整数的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)3

【分析】（1）由已知可得，化简得（），则有，两式相减化简可证得结论，

（2）由（1）将不等式化为，然后分为奇数和偶数两种情况求解即可.

【详解】(1)因为，，（）总是成等差数列，

所以（），

整理得（），

所以，

所以，

所以，

所以，

因为，

所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，

(2)由（1）可得，

因为，

所以，

所以，

当为奇数时，，得，解得，

当为偶数时，，得，解得，此时无解

综上得正整数n的最小值为3.

18．若数列的前项和为，且满足：，等差数列满足，

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)，；

(2)．

【分析】（1）根据等比数列的定义可求出数列的通项公式，再根据等差数列基本量的计算可求出数列的通项公式；

（2）根据错位相减法即可解出．

【详解】(1)由可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，又，，所以公差，即

．

(2)因为，所以，

∴，

∴

．

∴．

19．已知函数.

(1)求的对称中心，并求当时，的值域；

(2)若函数的图像与函数的图像关于y轴对称，求在区间上的单调递增区间.

【答案】(1)对称中心：，，值域：

(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换，化简函数，再结合正弦型函数的对称中心公式，即可得到对称中心，结合正弦函数的图像即可求得其值域.

（2）由（1）中的解析式，根据对称变换即可得到函数的解析式，再结合正弦型函数的单调区间即可求得结果.

【详解】(1)因为函数

令，解得，即对称中心

当时，则，

再结合三角函数图像可得

所以，函数对称中心：，，值域：.

(2)因为函数的图像与函数的图像关于y轴对称，

则，

令，，解得

当时，即为

所以当时，的单调递增区间：.

20．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知的内角所对的边分别是，若___________.

(1)求角；

(2)若，且的面积，求的周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①：由余弦的二倍角公式化简可求的值，结合角的范围即可求角；

选②：由切化弦结合正弦定理化边为角可求的值，结合角的范围即可求角；

选③：由结合正弦定理化角为边可得，再根据余弦定理即可求角；

（2）根据三角形面积公式可得，再根据余弦定理求解可得的取值范围，进而得到周长的取值范围即可.

【详解】(1)选①：

∵，∴，即，

∴ 或，

∵，∴，，

选②：

，，

即，

∵，∴ ，，

∴ ，∵，∴，

选③：

由内角和定理得：，

∴，

由正弦定理边角互化得：，即，

∴，∵，∴，

(2)由题意，故，即.

由（1），余弦定理可得，即，故，所以，故，

即的周长的取值范围为

21．已知函数．

(1)若，求曲线在处的切线方程；

(2)若存在实数，使得对任意，总存在，满足，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出导函数，计算得切线斜率，再求得，即可得切线方程；

（2）求出导函数，分类讨论确定的单调性，满足题意的，需要函数在是增函数即可得．

【详解】(1)，，

，，

所以曲线在处的切线方程为．

(2)由已知定义域是，

，

若，则当时，，当时，

所以在上递增，在上递减，，

当时，令，因为当时，，

所以不存在，使得

当时，在上递减，令，则不存在，使得

所以，不满足题意．

下面证明都满足题意．

设，则，

因为当时，，所以在上是增函数．

若，则当时，，

所以当时，

进而函数在上递增，取，满足题意．

若，则，而当时，，

所以存在，使得，

当时，

进而函数在上递增，取，满足题意．

综上，实数a的取值范围为．

【点睛】难点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，参数范围问题的解题关键是问题的转化，要满足题意只要存在，使得函数在上单调递增，由此只要用导数确定函数的单调性即得，本题研究单调性需要二次求导，即对导函数中的部分函数求导确定单调性、函数值的正负．

22．已知函数．

(1)讨论函数极值点的个数；

(2)若函数在定义域内有两个不同的零点，，

①求a的取值范围；

②证明：．

【答案】(1)当时，无极值点；当时，有一个极小值点

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别得到函数的单调性，即可求出函数的极值点；

（2）①依题意参变分离可得在有两个不等实根，设，利用导数得到函数的单调性，求出函数的极大值，再根据函数值的取值情况，求出的取值范围；

②不妨设，则，依题意即证，令，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明；

【详解】(1)解：的定义域为，

当时，，在上单调递减，无极值点；

当时，令，得．

当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增，

故时，取得极小值．

综上，当时，无极值点；当时，有一个极小值点．

(2)解：①由题意，方程在有两个不等实根，

即在有两个不等实根，设，，过点，

则，令得，，

时，，单调递增，时，，单调递减，

且当时，，当时，，时，，

故实数的取值范围为．

②不妨设，由已知得，，

两式相减得，，

要证，只需证，只需证，

只需证，即证．

令，上述不等式变形为，

令，

则，，

所以在上单调递减，又，所以恒成立，

所以在上单调递增，又因为，故，

即，原不等式得证．

【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．