2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第一次月考数学（理）试题（含解析）

这是一份2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第一次月考数学（理）试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第一次月考数学（理）试题第I卷（选择题）一、单选题(共60分)1. 设命题p：∃x0∈（0，+∞），x02≤x0﹣2，则￢p为（    ）A. ∃x0∈（0，+∞），x02>x0﹣2 B. ∀x∈（0，+∞），x2≤x﹣2C. ∃x0∈（0，+∞），x02≥x0﹣2 D. ∀x∈（0，+∞），x2>x﹣2【答案】D【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题，写出即可.【详解】命题p：∃x0∈（0，+∞），x02≤x0﹣2，则￢p为∀x∈（0，+∞），x2>x﹣2.故选：D2. 已知向量，，，且，则实数＝（    ）A.   B.  C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】先求出的坐标，进而根据平面向量垂直的坐标表示即可得到答案.【详解】由题意，，因为，所以，所以.故选：D.3. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先化简得，再求出，再根据展开计算可得答案.【详解】由，又，所以，所以，故选：B.4. 已知，，，为实数，且，则下列不等式不一定正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】在给定条件下，利用不等式的性质逐一分析各选项即可得解.【详解】实数，，满足：，，则，即，A正确；当时，，当时，有，B不一定正确；，于是得，即，C正确；由，得，D正确.故选：B5. 函数f(x)的图象向左平移一个单位长度，所得图象与y=ex关于x轴对称，则f(x)=（　　）A. -ex-1 B. -ex+1 C. -e-x-1 D. -e-x+1【答案】A【解析】【分析】先求出与y=ex的图象关于x轴对称的图象所对函数解析式，再右移一个单位即可得解.【详解】与y=ex的图象关于x轴对称的图象所对函数解析式为y=-ex，将所得图象右移一个单位后的图象所对函数解析式为y=-ex-1，而按上述变换所得图象对应的函数是f(x)，所以f(x)=-ex-1.故选：A6. 若，且，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】，再利用基本不等式即可得出答案.【详解】解：，当且仅当时，取等号，所以的最小值为.故选：C.7. 在中，若点满足，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量的线性运算结合已知条件可得，即可得，由平面向量基本定理可得和的值即可求解.【详解】在中，若点满足，所以，即，所以，又因为，所以，，所以，故选：D.8. 设实数x，y满足则的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据线性运算条件作出可行域，求出点，的坐标，令，则，，利用单调性结合的范围即可求解.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，由可得，由可得，令，则表示可行域内的点与原点连线的斜率，由图可得 ，，，所以，而在上是增函数，所以当时，；当时，，因此的取值范围为．故选：D. 9. 已知实数，，满足，，，则，，的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】易得，，进而由指数函数的性质得到，根据时，，可得，从而作出判定.【详解】，∴，，时，，∴ ,即,，故选：A.【点睛】本题考查比较大小，涉及不等式的基本性质，对数指数的运算及函数性质，正弦函数的性质，其中用到时，的结论，属中档题.10. 设函数图象的一条对称轴方程为，若时，，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】首先由三角恒等变换化简，由已知对称轴方程以及的范围可得的值，结合正弦函数的性质可知的最小值为即可求解.【详解】，所以.令，可得，因为，所以，，所以，若时，，得到.故选：.11. 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的（    ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由递增数列的定义可推出的取值，然后利用充分不必要条件的概念可得.【详解】若数列{an}递增数列，则有an＋1－an>0，∴即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有，∵由可推得，但反过来，由不能得到，因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.故选：A.12. 当时，不等式，，恒成立，则的最大值为（    ）A.  B. 2 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设，求出导函数.先判断出时不合题意；再求出时的最大值为，只需，得到.定义函数（a），利用导数求出最大值即可.【详解】解：设，则，当时，因为，所以，所以在递增；时，，与矛盾，所以不符题意；当时，令，可得，当，，递增；当，时，，递减．所以的最大值为，所以由题意可得，即，因为，所以，设（a），则（a），当时，（a），（a）递增，当，时，（a），（a）递减，所以（a）的最大值为，所以的最大值为．故选：C．第II卷（非选择题）二、填空题(共20分)13. 在复平面上所对应的点的坐标为_____________.【答案】【解析】【分析】利用复数除法运算化简，进而求得对应点的坐标.【详解】，对应点为.故答案为：14. 设为锐角，若，则值为____________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式，同角三角函数的基本关系式、两角差的正弦公式求得所求表达式的值.【详解】为锐角，， ..故答案为：15. 已知函数f(x)＝，，若方程f(x)﹣g(x)＝0有且仅有一个实数根，则a的最大值是__．【答案】3【解析】【分析】依题意，函数y＝f(x)图象与函数y＝g(x)的图象有且仅有一个交点，作出函数f(x)的图象，结合题意及二次函数的性质可得0＜g(1)≤1即可，进而得解．【详解】方程f(x)﹣g(x)＝0有且仅有一个实数根，等价于函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象有且仅有一个交点，∵g(1)＝1+a﹣3＝a﹣2，函数g(x)恒过点（0，﹣3），且开口向上，∴只需0＜a﹣2≤1即可，解得2＜a≤3，∴a的最大值为3．故答案为：316. 设为数列的前项和，满足，，其中，数列的前项和为，满足，则___________.【答案】【解析】【分析】首先变形等式为，利用累乘法，求得数列的通项公式，以及数列的通项公式，代入后，利用错位相减法求和.【详解】由题意，即，累乘得，可知，，当时，，所以，又时，，且当时成立，从而有，故，所以，故.故答案为：【点睛】方法技巧                                常见数列的裂项方法数列（为正整数）裂项方法（非零常数）（为非零常数）（，）注意：利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项.三、解答题(共70分)17. 已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）当，时，求的值域．【答案】（1）最小正周期为；（2），．【解析】分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简，可得，从而利用周期公式可求出周期；（2）由，可得，，然后结合正弦函数的性质可求出函数的值域【详解】解：（1）函数，的最小正周期为．（2）当，时，，，所以，，故的值域，．18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．（1）求；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将转化为，然后利用三角恒等变换公式化简可求出角；（2）由余弦定理结合基本不等式可求得面积的最大值【详解】（1）由正弦定理得，又，，又，，，故在中，；（2）由余弦定理得：，，，当且仅当时取等号，面积．当且仅当时取等号，故面积的最大值为．19. 已知公比大于1的等比数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，求出和，从而可求出数列的通项公式；（2）由题意可得，然后利用错位相减法可求得数列的前项和【详解】解：设的公比为，．（1）由整理得，解得或（舍去）．∴，∴，．（2），∴．∴，，∴．∴．20. 已知二次函数.（1）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.（2）解关于的不等式（其中）.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）结合分离常数法、基本不等式求得的取值范围.（2）将原不等式转化为，对进行分类讨论，由此求得不等式的解集.【详解】（1）不等式即为：，当时，可变形为：，即.又，当且仅当，即时，等号成立，，即.实数的取值范围是：.（2）不等式，即，等价于，即，①当时，不等式整理为，解得：；当时，方程的两根为：，.②当时，可得，解不等式得：或；③当时，因为，解不等式得：；④当时，因为，不等式的解集为；⑤当时，因为，解不等式得：；综上所述，不等式的解集为：①当时，不等式解集为；②当时，不等式解集为；③当时，不等式解集为；④当时，不等式解集为；⑤当时，不等式解集为.21. 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，等比数列{bn}的公比为q(q>1)，且b3＋b4＋b5＝28，b4＋2是b3和b5的等差中项．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）令cn＝bn＋，{cn}的前n项和记为Tn，若2Tn≥m对一切n∈N*成立，求实数m的最大值．【答案】（1）an＝2n(n∈N*)，bn＝2n－1，n∈N*；（2）.【解析】【分析】（1）根据与的关系即可求得数列的通项，根据已知条件求出等比数列{bn}的首项和公比，即可求得数列的通项；（2）求出数列{cn}的通项，再利用分组求和及裂项相消求和法求出Tn，从而可求得Tn的最小值，从而可得答案.【详解】解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2.当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n，a1＝2也符合上式，∴an＝2n(n∈N*)．又b3＋b4＋b5＝28，2(b4＋2)＝b3＋b5，得b4＝8，q＝2或q＝.∵q>1，∴q＝2，∴bn＝2n－1，N*.（2）∵cn＝bn＋＝2n－1＋＝2n－1＋，∴Tn＝＋＝2n－1＋＝2n－，易知Tn随着n的增大而增大，∴2Tn≥2T1＝，故m的最大值为.22. 已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）具体见解析；（2）．【解析】【分析】（1）求导得，对参数m分类讨论，分别求得函数的单调区间即可.（2）先由，得到，缩小讨论范围，然后借助（1）中函数单调性，分别使函数在时的最小值，恒大于等于0即可求得参数取值范围.【详解】（1），若，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，若，令，解得，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减，当时，，则在上单调递增，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减，综上：当在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递增当时，在和上单调递增，在上单调递减．（2）由题可得，即①若在的最小值为，而，，所以当时，恒成立．②若在单调递增，而，所以当时，恒成立．③若，则，所以当时，不可能恒成立．综上所述，的取值范围为【点睛】关键点点睛：函数导数中含有参数时，需要对参数分类讨论，才能求得导数与0的关系，从而判断函数单调性，并借助单调区间求解函数最值问题.