2023届海南华侨中学高三上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2023届海南华侨中学高三上学期第一次月考数学试题含答案，共18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届海南华侨中学高三上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以；故选：B2．设，，则“”是“”的A．充要条件 B．充分而不必要条件 C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】不能推出，反过来，若则成立，故为必要不充分条件.3．已知，若，，则等于（    ）A．2022 B． C．0 D．1004【答案】C【分析】由可得对称轴，然后根据二次函数的对称性可得，即可得到答案【详解】解：由可得对称轴，由若，，所以，即，所以，故选：C4．已知函数，则函数的解析式为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用换元法，令，可得，进而可求出，即可求出答案.【详解】令，则，∴，∴函数的解析式为.故选：A.【点睛】本题考查利用换元法求函数的解析式，属于基础题.5．不等式 的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将不等式转化为，再转化为一元二次不等式即可得解.【详解】因为，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：B.6．下列函数中，在定义域内单调递增且是奇函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由的单调性可判断A；根据的性质可判断B；判断出的单调性和奇偶性可判断C；由奇偶性可判断D.【详解】对于A， ，，因为是减函数，是增函数，根据复合函数的单调性的判断方法（同增异减），所以是减函数，故A错误；对于B，，由的性质可得在上不具备单调性，故B错误；对于C，，因为与都是增函数，所以是增函数，，所以是奇函数，故C正确；对于D，，，故D错误.故选：C.7．已知，若不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由的解集可知的解集，设，即可知的解集，再利用指数函数的单调性解不等式.【详解】由不等式的解集为，得的解集为，设，，即的解集为，故，即，解得，故选：D.8．若正实数、满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（    ）．A．或 B．或C． D．【答案】A【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为正实数、满足，则，即，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，即的最小值为，因为不等式有解，则，即，即，解得或.故选：A. 二、多选题9．命题“∀1≤x≤3，－a≤0”是真命题的一个充分不必要条件是（    ）A．a≥9 B．a≥11 C．a≥10 D．a≤10【答案】BC【分析】由命题为真求出a的范围，然后由集合的包含关系可得.【详解】由得，因为命题为真，所以，记为，因为要求命题为真的充分不必要条件，所以所选答案中a的范围应为集合A的真子集.故选：BC10．已知为R上的偶函数，且是奇函数，则（    ）A．关于点对称 B．关于直线对称C．的周期为 D．的周期为【答案】AD【分析】由偶函数的性质及奇函数的性质，分析函数的周期性和对称性，由此判断各选项.【详解】∵  为偶函数∴  图象关于轴对称，又∵  是奇函数  ∴  ∴   ，∴  ∴ 函数的图象关于轴对称，为周期函数且周期为，故选AD.11．已知是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】通过构造函数法，结合导数来判断出正确答案.【详解】构造函数，，所以在区间递增；在区间递减，所以，故，当且仅当时等号成立.即，当且仅当时等号成立.所以，AC选项错误，，B选项正确.构造函数，，所以在区间递增；在区间递减，所以，，D选项错误.故选：ACD12．设定义在R上的函数满足，且，则下列说法正确的是（    ）A．为奇函数B．的解析式唯一C．若，，则D．若，，则在R上是增函数【答案】ACD【分析】令求出，再令即可得到，即可判断A，再利用特殊值判断B，根据为周期是4的函数可判断C，最后根据奇函数的性质及单调性的定义判断D.【详解】解：由题意得：对于A，因为，令，可得，解得，再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；对于B，令，则，，满足，故的解析式不唯一，即B错误；对于C，令，所以，所以，令，所以，所以，令，所以，所以，同理：，……，可发现的周期为4，所以则，故C正确.对于D，因为当时，，所以当时，则，设任意的，且，则，所以，因为，且，所以，，，，，所以，即，所以在上单调递增，则在上单调递增，又，且当时，，当时，则，所以是上的增函数，故D正确；故选：ACD. 三、填空题13．函数的定义域为_______．【答案】【分析】由二次根式有意义，得：,然后利用指数函数的单调性即可得到结果.【详解】由二次根式有意义，得：，即，因为在R上是增函数，所以，x≤2，即定义域为：【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及指数不等式的解法，要求熟练掌握常见函数成立的条件，比较基础．14．对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是___________.【答案】【分析】结合题意参变分离可得对任意的，不等式恒成立，进而结合均值不等式求出的最小值即可得到结果.【详解】对任意的，不等式恒成立等价于对任意的，不等式恒成立；而，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故，所以的取值范围是，故答案为：.15．已知，若，则___________；【答案】3【分析】利用函数解析式可得，进而即得.【详解】因为，所以，即，所以.故答案为：3.16．已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是_________________________ ．【答案】【分析】根据题意，作出函数的图像，进而数形结合，将问题转化为方程在区间上有两个不相等的实数根，再结合二次函数零点分布求解即可.【详解】解：根据题意，作出函数的图像，如图：令，因为方程有8个相异的实数根，所以方程在区间上有两个不相等的实数根， 故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.所以，即，解得.所以实数的取值范围是.故答案为： 四、解答题17．已知在中，A 是钝角，，.(1)求的值；(2)若，求 BC 边上的高.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据和差角公式可得，，进而即得；（2）由题可得，结合，分别求得，设上的高为，然后由即得.【详解】(1)∵，,∴，，∴，，∴；(2)因为，A 是钝角，所以，，即：，又，，所以，又因为为锐角，，所以解得，∴，设边上的高，则，得故边上的高为.18．数列中，已知（，），其中q是非零的常数.(1)若，，求证：数列是等比数列；(2)若，，是数列的前n项的和，求.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；（2）根据已知条件及构造法求数列的通项公式，再利用等差数列的通项公式及错位相减法求数列的前项和即可求解.【详解】(1)由得，，（，），所以，即，因为，所以，所以数列是公比为的等比数列.(2)当由时，，（，），由两边同时除以，得，即，（，），所以，所以数列是以首项为，公差为的等差数列所以，即.因为是数列的前n项的和，由，得，即.所以数列的前n项的和为.19．进入高三时需要检测考试，并且命题是以高二每次月考成绩为参照依据，在整个高二期间共有8次月考，某学生在高二前5次月考的数学成绩如下表：高二月考第x次12345月考考试成绩y分85100100105110 (1)已知该学生的月考试成绩 y 与月考的次数 x 满足回归直线方程，若进入高三时检测考试看作高二第9次月考考试，试估计该学生的进入高三时检测考试成绩：(2)把该学生前5次月考的考试成绩写在纸片上，折成纸团放在不透明的箱中充分混合，从纸箱中随机抽出3个纸团上写的月考成绩进行研究，设抽取的纸团上写的成绩等于平均值的个数为，求出的分布列与数学期望.参考公式：，，【答案】(1)该学生的进入高三时检测考试成绩为133分；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据最小二乘法可得线性回归直线，根据方程进而预测即得；（2）由题可知可取0,1,2，根据古典概型概率公式计算概率，可得分布列，然后利用期望公式即得.【详解】(1)由题可得，，，，∴，，所以，当时，，即该学生的进入高三时检测考试成绩为133分；(2)由题可知可取0,1,2，则，，，所以的分布列为：012 ∴.20．已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧棱平面ABCD，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.(1)若N是棱PC中点，完成：（i）画出的重心G（在图中作出虚线），并指出点G与线段AN的关系：（ii）求证：平面AMN；(2)若四边形ABCD是正方形，且，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.【答案】(1)答案见解析.(2)当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大. 【分析】（1）（i）连接PO后确定点G，再通过在中的重心来确定PO线上的比例关系，进而得出的重心.（ii）利用（i）中得出的比例关系与原题中相同的比例关系构建相似三角形即可证明.（2）先设出N的位置，即PN与PC的关系，建立空间直角坐标系求出直线PA与平面AMN所成角带参数的正弦值，通过线面角正弦值的范围与分式、根式的最值即可求出答案.【详解】(1)（i）设AC与BD的交点为O，连接PO与AN交于点G，点O为AC中点，点N为PC中点，PO与AN的交点G为的重心，，又PO为在BD边上的中线，点G也为的重心，即重心点G在线段AN上.（ii）证明：连接DG并延长交PB于点H，连接，点G为的重心，，又，即，又MG在平面AMN内，BP不在平面AMN内，所以PB∥平面AMN.(2)四边形ABCD是正方形，且平面ABCD，AB、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，方向为x轴正方形建立空间直角坐标系，如图所示，则点，，，，则，，，设则，，设平面AMN的法向量为，则有，化简得：，取则，，设直线PA与平面AMN所成角为，则，当时的值最大，即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为.21．已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的中心O关于直线 的对称点落在直线上；（1）求椭圆C：的方程；（2）设，、是椭圆上关于轴对称的任意两点，连接交椭圆于另一点，求直线斜率的取值范围；（3）证明直线与轴相交于定点．【答案】（1）（2），，（3）证明见解析.【解析】（1）由题意知，则，求出椭圆的中心关于直线的对称点，可求，即可得出椭圆的方程；（2）设直线的方程为代入椭圆方程，根据判别式，可求直线的斜率范围；（3）求出直线的方程为，令，得，即可得出结论．【详解】（1）由题意知，则，设椭圆的中心关于直线的对称点，则，，，椭圆的中心关于直线的对称点落在直线上．，，，椭圆的方程为；（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为．代入椭圆方程，可得．①由，得，又不合题意，直线的斜率的取值范围是：，，．（3）设点，，，，则，．直线的方程为．令，得．将，代入整理，得．②由①得，代入②整理，得．直线与轴相交于定点．【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的方程，设出直线与椭圆方程联立，消元后，利用二次方程的判别式求k的取值范围，求出与x轴交点的坐标表达式，化简即可证明交点为定点，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．22．已知函数的图像经过点.(1)确定a的值，并讨论函数的极值点：(2)设，若当时，，求实数m的取值范围.【答案】(1)，时无极值点，时极小值点为，无极大值点；(2). 【分析】（1）代入点的坐标求出，求函数导数，分类讨论研究函数单调性，即可得出函数极值点；（2）求出的导数，再利用导数求出的最小值，分别讨论和两种情况，据此求出的最小值，解即可求解.【详解】(1)因为图象过，所以，即，所以.由,①当时，即时，，故单调递增，无极值点；②当，即时，令可得，当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，所以是函数的极小值点，无极大值点.(2)则，令，则，所以在上单调递增，所以，①当，即时，，在上单调递增，所以，解得，又，所以；②当，即时， 则存在唯一的使，即，当时，，当时，，即时，单调递减，时，单调递增，故，解得，即，又，设，则，所以在上单调递增，所以，所以解得.综上，实数m的取值范围为.【点睛】关键点点睛：首先化简为后续求导等计算创造有利条件，其次求出有最小值，能够对最小值分不小于0与小于0两种情况讨论，最关键一点当时，利用零点存在性定理确定零点，并据此求出最小值，解不等式即可求解.