2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期开学考试数学试题含解析，共19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届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期开学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合的真子集的个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先确定集合的元素个数，接着根据公式求出集合的所有子集个数，减掉集合本身得出结果即可.【详解】因为集合，画出如下示意图：由图可知集合有9个元素，集合的所以子集的个数为，所以集合的真子集的个数为，故选：A.【点睛】集合有n个元素,则集合的所有子集个数为，集合的所有非空子集个数为，集合的所有真子集个数为，集合的所有非空真子集个数为；2．已知，则A． B． C．2 D．【答案】D【分析】先求，再利用同角三角函数基本关系化为齐次式求解即可【详解】∵，∴，∴．故选D【点睛】本题考查同角三角基本关系式，考查诱导公式，准确计算是关键，是基础题3．下列函数中，在上单调递减的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数单调性的性质可判断每个选项中函数在的单调性.【详解】对于A，当时，单调递增，故A错误；对于B，，故在和上单调递增，故B错误；对于C，在上单调递增，故C错误；对于D，在上单调递减，故D正确故选：D.【点睛】本题主要考查对函数单调性的判断，根据基本初等函数的复合函数单调性进行判断即可，属于基础题.4．命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案．【详解】若“，”为真命题，得恒成立，只需，所以时，不能推出“，”为真命题，“，”为真命题时推出，故是命题“，”为真命题的一个必要不充分条件，故选：A．【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．5．已知函数，给出下列四个命题：①图象的两条相邻对称轴间的距离为；②的图象关于直线对称；③在区间上是增函数；④将的图象向右平移个单位后，的图像关于y轴对称，其中正确的命题为（）A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④【答案】C【分析】由条件利用正弦函数的周期性单调性，以及图像的对称性，的图像变换规律，得出结论.【详解】函数的周期，两个相邻的对称轴之间的距离为，故①错误；令，可得，因此的图象关于直线对称，故②正确；当时，，可知为增函数，故③正确；将的图象向右平移个单位后，可得到的图像不关于轴对称，故④错误.故选：.【点睛】本题主要考查的是正弦函数图像和性质，根据三角函数的对称性是解决本题的关键，是中档题.6．已知角、、为的三个内角，若，则一定是（    ）A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形【答案】C【分析】根据诱导公式以及内角和定理得出，从而判断三角形的形状.【详解】由可得，，，即，故该三角形一定为等腰三角形.故选：C7．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若对满足，有恒成立，且在区间上单调递减，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】可得，根据题意可求出最小正周期，得出，求出的单调递减区间，根据包含关系可求出.【详解】由题可得，若满足，则和必然一个极大值点，一个极小值点，又，则，即，所以，令，可得，即的单调递减区间为，因为在区间上单调递减，所以，则，解得，因为，所以可得.故选：D.8．设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.【详解】当时，，故，因为，故当时，，，同理，当时，，依次类推，可得当时，，其中.所以当时，必有.如图所示，因为当时，的取值范围为，故若对任意，都有，则，令，或，结合函数的图象可得，故选：D.【点睛】思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点. 二、多选题9．函数的图象如图所示，则（    ）A．B．C．对任意的都有D．在区间上的零点之和为【答案】AB【分析】利用图象求得函数的解析式，可判断AB选项的正误；计算的值，可判断C选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断D选项的正误.【详解】由题图可知函数的最小正周期为，则，所以，，把代入得，则，得，，，则AB选项均正确；，当时，，不满足对任意的都有，C错误；，，则共有个零点，不妨设为、、、，且，则，，两式相加，整理得，故的所有零点之和为，D错误，故选：AB.10．下列说法错误的是（    ）A．（且）的图象过定点A，则A的坐标为B．的最小值是4C．不等式对一切恒成立，则m的范围是D．关于中心对称【答案】ABCD【分析】根据函数的性质、基本不等式的应用、解不等式等知识可对各选项进行分析检验即可得出结论.【详解】对于A，代入，应过定点，故A错误；对于B，令，则， ，而，所以在上单调递减，在即时取最小值，故B错误；对于C，，当时，恒成立，故可取0，而选项C中，故C错误；对于D，，令，则.故应关于中心对称，故D错误；故选：ABCD.11．已知等比数列的前n项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前n项和为，则下列命题正确的是（    ）A．数列的通项公式B．C．数列的通项公式为D．的取值范围是【答案】ABD【分析】根据已知条件求出等比数列的公比和首项，进而可以求得和；利用裂项相消法可得和，讨论数列的单调性，即可得出的范围.【详解】A：由可得，所以等比数列的公比，所以.由是与的等差中项，可得，即，解得，所以，所以A正确；B：，所以B正确；C：，所以C不正确；D：所以数列是递增数列，得，所以，所以D正确.故选：ABD.12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．是奇函数B．的图象关于点对称C．若函数在上的最大值、最小值分别为、，则D．令，若，则实数的取值范围是【答案】BCD【分析】利用函数的奇偶性的定义，可判定A错误；利用图像的平移变换，可判定B正确；利用函数的图象平移和奇偶性，可得判定C正确；利用函数的单调性，可判定D正确.【详解】由题意函数， 因为恒成立，即函数的定义域为，又因为，所以不是奇函数，所以错误；将的图象向下平移两个单位得到，再向左平移一个单位得到，此时，所以图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以B正确；将函数的图象向左平移一个单位得，因为，即，所以函数为奇函数，所以函数关于点对称，所以若在处 取得最大值，则在处取得最小值，则，所以C正确；由，可得，由，设，，可得，所以为减函数，可得函数为减函数，所以函数为单调递减函数，又由为减函数，所以为减函数，因为关于点对称，所以，即，即，解得，所以D正确.故选：BCD.【点睛】求解函数有关的不等式的方法及策略：1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 三、填空题13．计算：______．【答案】－1【分析】利用诱导公式进行化简，再由特殊角的三角函数值求值，即可求解．【详解】解：．故答案为：14．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，则的值为______________.【答案】0【分析】根据函数的奇偶性，可推导出函数的周期，利用周期可求解，再由奇函数即可得解.【详解】由题意，得，∵是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，∴，，∴，∴，∴，∴的周期为4，∴又∵，∴故答案为：015．已知，若，使得，若的最大值为M，最小值为N，则___________.【答案】【分析】作出在上的图象，为的图象与直线y=m交点的横坐标，利用数形结合思想即可求得M和N﹒【详解】作出在上的图象（如图所示）因为，，所以当的图象与直线相交时，由函数图象可得，设前三个交点横坐标依次为、、，此时和最小为N，由，得，则，，，；当的图象与直线相交时，设三个交点横坐标依次为、、，此时和最大为，由，得，则，，；所以.故答案为：.16．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为__________．【答案】【解析】首先不等式变形为，经讨论不成立，当时，不等式变形为，通过设函数，转化为不等式恒成立，通过函数的单调性，和正负区间，讨论求的取值范围.【详解】解：若，时，，，∴，此时不恒成立，∴，，令，，时，，，，在单调递减，单调递增，∴，，时，，，原不等式恒成立； 时，令，，，时，，时，，在单调递减，在单调递增，∴，∴，∴，即，∴，∴．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，第一个关键是说明 不恒成立，第二个关键是时，不等式的变形，构造函数，第三关键是证明. 四、解答题17．已知函数．(1)求函数的最小正周期；(2)当时，求的值域；(3)若且，求的值．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据三角恒等变换得，再求最小正周期；（2）根据题意，结合（1）知，进而得答案；（3）由题知，再根据三角恒等变换求解即可.【详解】(1)解：， 所以，最小正周期(2)解：当时，，所以，即，所以的值域为(3)解：∵，∴∵，∴，∴∴18．设数列的前项和为，若．(1)证明为等比数列并求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求．【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据等比数列的概念证明，并结合等比数列通项公式求解即可；（2）由题知，进而利用错位相减法求解即可.【详解】(1)解：由得，当时，两式作差得：，即，即，        令得，所以是以为首项，为公比的等比数列．所以，，所以，．(2)解：由（1）知，                      两式作差得：所以．19．已知，其中．（1）若在处取得极值，求实数a的值；（2）若在上单调递增，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】(1) ,由,求出a的值,再验证结论即可;(2) 由题意可得在上恒成立，利用三角函数的性质求出在上的最值即可.【详解】（1），由，可得，所以，经检验，满足题意．（2）因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立．令，，则，因为，所以，所以，所以．所以实数a的取值范围为．20．已知函数，，，在同一周期内，当时，取得最大值4；当时，取得最小值．（1）求函数的解析式；（2）若时，函数有两个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦型函数的性质得出，由周期公式得出，由函数的最大值得出，结合，整理得出该函数的解析式；（2）将函数的零点转化为方程在区间上有两个实根，由得出，结合函数在区间上的单调性，确定的范围，整理得出实数t的取值范围.【详解】（1）由题意知，，得周期，∴当时，取得最大值4，即，得，得，得，又，当时，，即．（2）由已知在区间上有两个实根，即方程在区间上有两个实根.，，，由于函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，，当时，当时，，当时，，如图所示：又方程有两个实根，∴或 得或，即实数的取值范围是：【点睛】易错点睛：本题主要考查了由正弦函数的性质求函数的解析式以及由函数零点个数求参数的范围，考查运算求解能力，注意零点问题，区间端点开闭问题，是易错题，属于中档题.21．如图，椭圆：的离心率是，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为、，过椭圆与抛物线的公共焦点的直线与椭圆相交于两点，与抛物线相交于两点，点为的中点． (1)求椭圆和抛物线的方程；(2)记的面积为，的面积为，若，求直线在轴上截距的范围．【答案】(1)椭圆，拋物线(2) 【分析】（1）由题知，进而解方程即可求得答案；（2）设，进而分别与椭圆和抛物线联立计算弦长，，进而计算面积，，再结合已知求得，再求直线在轴上截距的范围即可.【详解】(1)解：根据题意得：，解得，，，所以，抛物线焦点，所以，椭圆，拋物线(2)解：设，联立与椭圆，整理得：，  判别式：弦长公式：点到直线的距离为所以 联立与抛物线，整理得：，判别式：弦长公式：， 点到直线的距离为所以，因为，即，解得： .所以，直线在轴上截距或，所以，直线在轴上截距取值范【点睛】.22．已知是实数，函数．(1)讨论的单调性；(2)若有两个相异的零点且，求证：．【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明过程见解析. 【分析】（1）求定义域，求导，对进行分类讨论，求出单调性；（2）先结合第一问得到，且得到，将不等式变形为，故构造函数，，进行证明.【详解】(1)的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递减；当时，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2)由（1）可知，要想有两个相异的零点，则，不妨设，因为，所以，所以，要证，即证，等价于，而，所以等价于证明，即，令，则，于是等价于证明成立，设，，所以在上单调递增，故，即成立，所以，结论得证.【点睛】对于多元不等式证明问题，要转化为一元不等式进行证明，再构造函数，利用导函数研究其单调性，极值及最值，从而证明出结论.