湖南省常德市第一中學2023-2024學年高三上學期第二次月考數(shù)學 Word版含解析.docx

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常德市第一中學2024屆高三第二次月水平檢測數(shù)學試卷（時量：120分鐘滿分：150分）一?單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.每小題只有一個答案符合題意）1.若集合，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解絕對值不等式得A，根據(jù)交集的定義計算即可.【詳解】解得，即，B為奇數(shù)集，故.故選：C2.的值等于（）A.-2B.0C.8D.10【答案】A【解析】【分析】應用指數(shù)運算和對數(shù)運算計算求解即可.【詳解】.故選：A.3.函數(shù)的圖象如下圖所示，則的解析式可能為（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】由圖知函數(shù)為偶函數(shù)，應用排除，先判斷B中函數(shù)的奇偶性，再判斷A、C中函數(shù)在上的函數(shù)符號排除選項，即得答案.【詳解】由圖知：函數(shù)圖象關于y軸對稱，其為偶函數(shù)，且，由且定義域為R，即B中函數(shù)為奇函數(shù)，排除；當時、，即A、C中上函數(shù)值為正，排除；故選：D4.《擲鐵餅者》取材于希臘的現(xiàn)實生活中的體育競技活動，刻畫的是一名強健的男子在擲鐵餅過程中具有表現(xiàn)力的瞬間（如圖）．現(xiàn)在把擲鐵餅者張開的雙臂近似看成一張拉滿弦的“弓”，擲鐵餅者的手臂長約為，肩寬約為，“弓”所在圓的半徑約為，則擲鐵餅者雙手之間的距離約為（參考數(shù)據(jù)：，）（）A.1.012mB.1.768mC.2.043mD.2.945m【答案】B【解析】【分析】由題意分析得到這段弓形所在的弧長，結合弧長公式求出其所對的圓心角，雙手之間的距離，求得其弦長，即可求解.【詳解】如圖所示，由題意知“弓”所在的弧的長，其所對圓心角 ，則兩手之間的距離．故選：B．5.“”是“方程有正實數(shù)根”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)零點的幾何意義，將方程有正根問題等價轉化為函數(shù)求零點問題，結合二次函數(shù)的性質，可得答案.【詳解】由方程有正實數(shù)根，則等價于函數(shù)有正零點，由二次函數(shù)的對稱軸為，則函數(shù)只能存在一正一負的兩個零點，則，解得，故選：B.6.設正實數(shù)滿足，則當取得最小值時，的最大值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】化簡，然后由基本不等式得最值，及，這樣可化為的二次函數(shù)，易得最大值．【詳解】當且僅當時成立，因此所以時等號成立．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題考查基本不等式的應用，考查運算求解能力、推理論證能力和轉化思想、函數(shù)和方程思想．基本不等式的使用價值在于簡化最值確定過程，而能否使用基本不等式的關鍵是中的是否為定值，本題通過得以實現(xiàn)．7.已知函數(shù)是奇函數(shù)的導函數(shù)，且滿足時，，則不等式的解集為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)已知條件構造函數(shù)，求導后可判斷當時，函數(shù)單調遞減，再由，可得當時，，再由為奇函數(shù)，得時，，從而可求得不等式的解集.【詳解】令函數(shù)，則，即當時，函數(shù)單調遞減，因為，所以當時，，當時，.因為當時，，當時，，所以當時，.又，，所以當時，；又為奇函數(shù)，所以當時，， 所以不等式可化或，解得，所以不等式的解集為，故選：D.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數(shù)的應用，考查利用導數(shù)解決函數(shù)單調性問題，解題的關鍵是根據(jù)題意構造函數(shù)，然后求導后可判斷函數(shù)的單調性，從而利用函數(shù)的單調性解不等式，考查數(shù)學轉化思想，屬于較難題.8.已知直線與曲線和曲線均相切，則實數(shù)的解的個數(shù)為（）A.0B.1C.2D.無數(shù)【答案】C【解析】【分析】由題意可求得直線與曲線和曲線分別切于點，，則，化簡后得，然后將問題轉化為方程解的個數(shù)，構造函數(shù)，利用導數(shù)和零點存在性定理可求得其零點的個數(shù)，從而可得答案.【詳解】根據(jù)題意可知，直線與曲線和曲線都相切，所以對于曲線，則，所以，所以切點，對于曲線，則，所以，切點，易知A,B不重合，因為公切線過兩點，所以，進而可得，令，則， 令，則所以在單調遞增，因為，所以存在使得，即，所以當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，，故.又因為，所以，當時，，因為，所以在內(nèi)存在，使得，當時，，因為，，所以在內(nèi)存在，使得，綜上所述，存在兩條斜率分別為，的直線與曲線和曲線都相切，故選：C.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數(shù)的綜合應用，考查導數(shù)幾何意義，考查利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題，解題的關鍵是求出兩切點的坐標后，將問題轉化為方程解的個數(shù)問題，然后構造函數(shù)，利用導數(shù)和零點存在性定理解決，考查數(shù)學轉化思想和計算能力，屬于難題.二?多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分，多選錯選不得分，少選得兩分）9.設．且，則（）A.B. C.D.【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)不等式的性質可判斷AB，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質可判斷C，利用特值可判斷D.【詳解】因為．且，所以，即，故A正確；由，可得，故B錯誤；由題可知，所以，故C正確；取，可得，所以，故D錯誤故選：AC.10.下列說法正確的有（）A.B.中，C.若，則D.【答案】ABD【解析】【分析】對A，根據(jù)角所在象限即可判斷三角函數(shù)符號；對B，三角函數(shù)誘導公式即可判斷；對C，舉反例即可；對D，根據(jù)同角三角函數(shù)的關系即可判斷.【詳解】對A，因為，所以，，，，故A正確；對B，在中，，故B正確；對C，舉例，滿足，但不滿足，故C錯誤；對D，因為，所以左邊 右邊，故D正確.故選：ABD.11.已知函數(shù)，，則（）A.在上為增函數(shù)B.當時，方程有且只有3個不同實根C.的值域為D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)解析式作出函數(shù)圖象，判斷函數(shù)單調性及值域；根據(jù)導數(shù)求方程的根的個數(shù)；數(shù)形結合求得成立時，參數(shù)范圍；【詳解】根據(jù)函數(shù)解析式作出函數(shù)圖象，由圖象易知，在上不是增函數(shù)，故A錯誤；當時，，則，過定點，當時，與在上相交，共2個交點；當時，，過點作的切線，設切點為，則，，解得，，故當時，與在 處相切，有1個交點；故當時，與共有3個交點，故B正確；由圖易知，故C正確；當時，等價于，由函數(shù)圖象，及上述分析知，；當時，等價于，由函數(shù)圖象，及上述分析知，；故若，，故D正確；故選：BCD12.已知定義在上的函數(shù)滿足對任意的，，，且當時，，則（）A.B.對任意的，C.是減函數(shù)D.若，且不等式恒成立，則的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】A.取，易得；B.取，可得，然后驗證的情況；C.由當時，，且可得，當時，，與為減函數(shù)矛盾，從而可判斷C錯誤；D.先證明的單調性，然后由可得，結合函數(shù)的單調性可得，再化簡、換元，通過構造函數(shù)、求導得新函數(shù)的單調性和最值，即可得解. 【詳解】取，則，解得或，若，則對任意的，，與條件不符，故，A正確；對任意的，，若存在，使得，則，與矛盾，所以對任意的，，B正確；當時，，且，所以當時，，與為減函數(shù)矛盾，C錯誤；假設，則因為，所以，則，即，所以函數(shù)在上單調遞增，由題意得，所以，結合在上單調遞增可知，則，令，則，，令，，易得在上單調遞減，在上單調遞增，從而，所以，則，D正確.故選：ABD.【點睛】本題中用到特殊值，特殊函數(shù)來解決問題，特別是選項D中，將不等式轉化為，再結合換元法，求導等辦法來求解，綜合能力要求較高.三?填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.若，則的值為____________.【答案】【解析】【分析】將分子分母同除以，即可求得答案. 【詳解】由題意，則，則，故答案為：14.已知函數(shù)在上單調遞增，則a的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)復合命題單調性可知，是函數(shù)單調遞增區(qū)間的子集，列式求實數(shù)的取值范圍.【詳解】由，得或，即函數(shù)的定義域為，令，則，因為函數(shù)為定義域上的單調增函數(shù)，在上遞增，函數(shù)單調增區(qū)間，因為函數(shù)在上單調遞增，所以，所以，故答案為：15.設函數(shù)，的定義域均為，且函數(shù)，均為偶函數(shù)．若當時，，則的值為________．【答案】【解析】【分析】對函數(shù)求導，根據(jù)函數(shù)的奇偶性，對稱性，周期性分析即可求解.【詳解】因為函數(shù)，的定義域均為R，且函數(shù)為偶函數(shù)，則，求導得， 即，所以函數(shù)的圖像關于對稱．因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以，所以函數(shù)的圖像關于對稱，由函數(shù)的圖像關于對稱，且關于直線對稱．所以函數(shù)的周期為，．由，，，所以，即，即，所以當時，于是．故答案為：16.已知函數(shù)，若不等式對恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為__________.【答案】【解析】【分析】將不等式等價轉化，構造函數(shù)，并探討其性質，再利用導數(shù)分類討論的值域即可求解作答.【詳解】，令，則，，設，則，當時,，且等號不同時成立，則恒成立， 當時，，則恒成立，則在上單調遞增，又因為，因此存在，使得，當時，，當時,，所以函數(shù)在上單調遞減，在,上單調遞增,又，作出函數(shù)的圖像如下：函數(shù)定義域為，求導得，①當時，，函數(shù)的單調遞減區(qū)間為，當時，的取值集合為，而取值集合為，因此函數(shù)在上的值域包含，當時，的取值集合為，而取值集合為，因此函數(shù)在上無最小值，從而函數(shù)的值域為R，即，，不合題意，②當時，由得，由得，函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，，當時，的取值集合為，而取值集合為，因此函數(shù)在上的值域包含，此時函數(shù)的值域為，即，當時，即當時，恒成立，符合題意，當時，即當時，，結合圖象可知，，不合題意，所以實數(shù)的取值范圍為. 故答案為：【點睛】關鍵點睛：函數(shù)不等式恒成立求參數(shù)范圍問題，結合已知，利用換元法構造新函數(shù)，用導數(shù)探討函數(shù)的性質，借助數(shù)形結合的思想推理求解.四?解答題（本大題共6個小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟）17.已知，.（1）求的大??；（2）設函數(shù)，，求的單調區(qū)間及值域.【答案】（1）（2）答案見詳解【解析】【分析】（1）根據(jù)切化弦公式與二倍角公式化簡進行求值；（2）根據(jù)正弦型函數(shù)的單調區(qū)間公式求解函數(shù)的單調區(qū)間，由，求整體角的取值范圍得到的值域.【小問1詳解】由得，則，因為，所以，所以，解得，即，又，所以，則. 【小問2詳解】函數(shù)，，令，解得，所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞增；令，解得，所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞減；因為，，當時，即，取最大值1；當時，即，取最小值.所以值域為.18.為數(shù)列{}的前項和.已知＞0，=.（Ⅰ）求{}的通項公式；（Ⅱ）設,求數(shù)列{}的前項和.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（I）根據(jù)數(shù)列的遞推關系，利用作差法即可求{an}的通項公式：（Ⅱ）求出bn，利用裂項法即可求數(shù)列{bn}的前n項和．【詳解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3兩式相減得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，則{an}是首項為3，公差d＝2的等差數(shù)列，∴{an}的通項公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1， ∴bn（），∴數(shù)列{bn}的前n項和Tn（）（）.【點睛】本題主要考查數(shù)列的通項公式以及數(shù)列求和的計算，利用裂項法是解決本題的關鍵．19.已知函數(shù)，其中，e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）討論函數(shù)的單調性；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值．【答案】（1）當時，在上單調遞增，在上單調遞減；當時，在和上單調遞減；在上單調遞增；（2）當時，最大值是；當時，最大值是；當時，在區(qū)間上的最大值是.【解析】【分析】（1）先確定函數(shù)的定義域然后求導數(shù)，討論，在函數(shù)的定義域內(nèi)解不等式和即可．（2）欲求函數(shù)在區(qū)間上的最大值，先求在區(qū)間上的單調性，討論的值，分別求出最大值．【小問1詳解】，函數(shù)定義域為，．當時，令，得．若，則，從而在上單調遞增；若，則，從而在上單調遞減．當時，令，得，解得或，有．若，則或，從而在和上單調遞減； 若，則，從而在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）中求得單調性可知，當時，在區(qū)間上單調遞增，最大值是．當時，在區(qū)間上單調遞增，最大值是．當時，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間單調遞減，最大值是．20.菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2.（1）證明：直線FC//平面EAB；（2）線段EC上是否存在點M使得直線EB與平面BDM所成角的正弦值為？若存在，求，若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）取AE的中點H，連接HF，HB，先證四邊形BCFH為平行四邊形，從而知FC∥HB，再由線面平行的判定定理，得證；（2）取AB的中點N，連接DN，先證FD，DC，DN兩兩垂直，再以D為坐標原點建立空間直角坐標系，設λ，λ∈[0，1]，用含λ的式子表示出點M的坐標，求得平面BDM的法向量，由，解之即可．【小問1詳解】 取AE的中點H，連接HF，HB，因為EA∥FD，EA＝2FD＝2，所以四邊形ADFH為平行四邊形，所以HF∥AD，HF＝AD，又菱形ABCD，所以AD∥BC，AD＝BC，所以HF∥BC，HF＝BC，即四邊形BCFH為平行四邊形，所以FC∥HB，因為平面EAB，HB?平面EAB，所以FC∥平面EAB．【小問2詳解】取AB的中點N，連接DN，因為菱形ABCD中，∠ABC＝120°，所以△ABD是等邊三角形，所以DN⊥AB，所以DN⊥DC，因為EA⊥平面ABCD，EA∥FD，所以FD⊥平面ABCD，所以FD⊥DC，F(xiàn)D⊥DN，故以D為坐標原點，DN，DC，DF所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B（，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（，﹣1，2），所以（，3，﹣2），（0，﹣2，2），（，1，0），設λ，λ∈[0，1]，則M（（1﹣λ），3λ﹣1，2（1﹣λ）），設平面BDM的法向量為（x，y，z），則，即 ，令x＝﹣1，則y，z＝，所以（﹣1，，），因為直線EB與平面BDM所成角的正弦值為，所以|＝||，化簡得，，，解得λ或（舍負），即，所以．21.在平面直角坐標系中，雙曲線的離心率為，實軸長為4.（1）求C的方程；（2）如圖，點A為雙曲線的下頂點，直線l過點且垂直于y軸（P位于原點與上頂點之間），過P的直線交C于G，H兩點，直線AG，AH分別與l交于M，N兩點，若O，A，N，M四點共圓，求點P的坐標.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)雙曲線的離心率結合實軸長，可求得a,b,即得答案; （2）根據(jù)O，A，N，M四點共圓結合幾何性質可推出，設，，，從而可以用點的坐標表示出t,再設直線，聯(lián)立雙曲線與直線方程，利用根與系數(shù)的關系式，代入t的表達式中化簡，可得答案.【小問1詳解】因為實軸長為4，即，，又，所以，，故C的方程為.【小問2詳解】由O，A，N，M四點共圓可知，，又，即，故，即，所以,設，，，由題意可知，則直線，直線，因為M在直線l上，所以，代入直線AG方程，可知，故M坐標為，所以，又，由，則，整理可得，當直線GH斜率不存在時，顯然不符合題意，故設直線，代入雙曲線方程：中， 可得，所以，，又，所以,故，即，所以點P坐標為.【點睛】本題考查了雙曲線方程的求解，以及直線和雙曲線的位置關系的問題，解答時要注意明確點線的位置關系，能設相關點的坐標，從而表示出參數(shù)的表達式，再結合聯(lián)立直線和雙曲線方程，利用根與系數(shù)的關系式化簡，難點在于較為繁雜的計算，要十分細心.22.已知函數(shù).（1）若函數(shù)為增函數(shù)，求的取值范圍；（2）已知.（i）證明：；（ii）若，證明：.【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）分析可得原題意等價于對恒成立，構建，利用導數(shù)求最值結合恒成立問題運算求解；（2）（i）取，根據(jù)題意分析可得，構建，結合導數(shù)證明即可； （ii）根據(jù)題意分析可得，，，構建，結合導數(shù)證明，即可得結果.【小問1詳解】∵，則，若是增函數(shù)，則，且，可得，故原題意等價于對恒成立，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞增，在遞減，故，∴的取值范圍為.【小問2詳解】（i）由（1）可知：當時，單調遞增，∵，則，即，整理得，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞減，在遞增，故，即，當且僅當時等號成立，令，可得，故； （ii）∵，則，可知有兩個不同實數(shù)根，由（1）知，可得，同理可得，構建，則，當時，；當時，；當時，；且，故對恒成立，故在上單調遞減，∵，則，即，且，則，故，可得；又∵，由（i）可得，即，則，且，則，可得；綜上所述：可得，則故.【點睛】方法定睛：利用導數(shù)證明不等式基本步驟(1)作差或變形．(2)構造新的函數(shù)h(x)．(3)利用導數(shù)研究h(x)的單調性或最值．(4)根據(jù)單調性及最值，得到所證不等式．