2023届河北省保定市高三上学期9月月考数学试题含答案

这是一份2023届河北省保定市高三上学期9月月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省保定市高三上学期9月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合可能为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据并集概念即可得到结果.【详解】.故集合可能为.故选：A2．命题“”的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据特称命题的否定可求解.【详解】“”的否定是“”.故选：A3．定义矩阵运算，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据定义利用对数的运算法则即可.【详解】依题意得：.故选：A.4．设，当时，；当时，.例如，则“”是“或”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据新定义，结合充分必要性即可得到结果.【详解】当或时，.当时，.故“”是“或”的必要不充分条件.故选：B5．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】通过函数奇偶性的定义对选项逐个进行判断，再取图象上的特殊点进行排除即可.【详解】由图可知，在上的图象关于轴对称，所以在上为偶函数，故应先判断各选项中函数的奇偶性.对A，，为偶函数，故A选项的函数为其定义域内的偶函数.同理：对C、D选项的均为其定义域内的偶函数，只有选项的为其定义域内的奇函数，从而排除选项B.又，对A选项：，所以排除A.而由图可知，对C选项：，，故排除C.故选：D.6．在平行四边形中，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，根据平面向量的加减法，结合数量积的定义，可得关于所求余弦值的方程，可得答案.【详解】因为，所以，解得.故选：B.7．不等式的解集为，其中，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可得，则有，所以，化简后利用基本不等式可求得其最小值.【详解】方程有两个不等的实数根，，，即，，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故选：C8．如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径相等（半径大于1分米）.若该几何体的表面积为平方分米，其体积为立方分米，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设圆柱的底面半径与高分别为分米，分米，可得该几何体的表面积求出，再求该几何体的体积，利用导数判断单调性可得答案.【详解】设圆柱的底面半径与高分别为分米，分米，则该几何体的表面积平方分米，则，所以该几何体的体积，则，当时，，则在上单调递增，而，，故的取值范围是.故选：A. 二、多选题9．已知函数，则的图象（    ）A．关于直线轴对称B．在上有3个最高点C．关于点中心对称D．可由曲线向左平移1个单位长度得到【答案】ACD【分析】对A，计算判断即可；对BC，根据正弦函数的性质判断即可；对D，根据三角函数图象平移的性质结合诱导公式判断即可.【详解】对A，因为，所以的图象关于直线轴对称，A正确；对B，易得当时，有最大值，此时，即，故在上有共2个最高点，B错误；对C，因为，所以的图象关于点中心对称，C正确.对D，曲线向左平移1个单位可得，正确.故选：ACD10．在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑中，底面，则（    ）A． 可能成立 B． 可能成立C． 一定成立 D． 可能成立【答案】BCD【分析】利用线面垂直的判定与性质判断出线线是否垂直，即可判断对应的向量的数量积是否为0．【详解】因为底面，所以，所以一定成立；故C正确．若，如图所示：则△为直角三角形，所以.因为底面，所以,所以△,△均为直角三角形.所以,.在△中，由，，可知，三边不满足勾股定理，所以△不是直角三角形，三棱锥不是“鳖臑”.故A错误．由三棱锥是“鳖臑”可知：△为直角三角形.由上面的推理可知：不成立，则，或.当时，.又，，且面，面，所以面，所以，则，三棱锥是“鳖臑”；故B正确．同理可证：若，则，三棱锥是“鳖臑”；故D正确．故选：BCD11．下列命题中，为真命题的是（    ）A．B．函数的值域为C．每个四棱锥都有外接球D．【答案】ABD【分析】根据函数的值域可判断A；考察的值域是否能取到所有正数可判断B；判断底面四边形是否有外接圆即可判断C；证明不等式是否成立可判断D.【详解】因为函数为增函数，所以，即，所以A正确.记，因为单调递增，且时，，所以t可以取遍所有正数，所以的值域为，所以B正确.当底面四边形没有外接圆时，四棱锥没有外接球，所以错误.因为，即，又，所以，所以D正确.故选：ABD12．若对任意的且，总存在，使得，则称数列是“数列”.（    ）A．至少存在一个等比数列不是“数列”B．至少存在两个常数列为“数列”C．若是“数列”，则也是“数列”D．对任意的，总是“数列”【答案】ABD【分析】对于A，若，然后根据“数列”的定义判断，对于B，由判断，对于C，举例判断，对于D，设，然后根据“数列”的定义判断.【详解】对于，若，则是等比数列，由，得，则不是“数列”.对于，由，得或1，所以至少存在两个常数列为“数列”.对于C，若，则是“数列”，令，设，则，故不是“数列”.对于D，设，由，得，所以对任意的总是“数列”.故选：ABD 三、填空题13．若复数为纯虚数，则___________.【答案】【分析】根据纯虚数的定义可求得的值，再用复数模的运算公式即可求解.【详解】由题可知为纯虚数，所以，故.故答案为 ：.14．写出满足的的一个值：___________.【答案】（答案不唯一，只要满足均可）【分析】把等式中的齐次式弦化切，结合诱导公式可得结果.【详解】因为，所以，所以，即.故答案为：（答案不唯一，只要满足均可）15．已知定义在上的函数满足，且在上单调递增.当时，，则的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题设易得关于对称且在上单调递增，对求导并将问题化为对恒成立，讨论参数a结合二次函数性质确定范围.【详解】由，则的图象关于对称，又在上单调递增，故在上单调递增，则对恒成立，即对恒成立.设，而，对称轴，当时，，解得.当时，对恒成立.综上，的取值范围为. 四、双空题16．已知数列是公差为1的等差数列，且，则___________，数列的前n项和为___________.【答案】          【分析】根据等差数列的知识求得，进而求得.利用裂项求和法求得数列的前n项和.【详解】由题意可得，故，则.因为，所以数列的前项和为.故答案为：； 五、解答题17．已知某观赏渔场有四个观赏亭，观赏亭位于观赏亭的正北方向且距离为300米，观赏亭位于观赏亭的东偏南方向且距离为500米，观赏亭位于观赏亭的东北方向.假设这四个观赏亭处于同一高度.(1)求观赏亭与观赏亭之间的距离；(2)设观赏亭与观赏亭之间的距离等于观赏亭与观赏亭之间的距离，求.【答案】(1)700米(2) 【分析】（1）依题意，作出图形，在中利用余弦定理即可求解，（2）在中利用正弦定理求解.【详解】(1)依题意可得，，米，米，设米，在中，由余弦定理可得，故观赏亭与观赏亭之间的距离为700米.(2)依题意可得，，.在中，由正弦定理可得，则18．记为等比数列的前项和.已知，且成等差数列.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2)（或） 【分析】（1）由题意可得与，从而可得公比，进而得到的通项公式；（2）奇偶项讨论去掉绝对值，利用等比数列前项和公式可得结果.【详解】(1)设的公比为，因为，所以，又因为成等差数列，所以，所以，解得.由，解得.所以.(2)当为奇数时，，当为偶数时，，所以，化简得，所以（或）.19．已知函数.(1)若在上有零点，求的取值范围；(2)当时，若直线为曲线的一条切线，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由求出，设函数，利用导数判断出单调性可得的值域，再根据在上有零点可得答案；（2）时求出，设切点为，再解可得答案.【详解】(1)由，得，设函数，则为减函数，因为，所以的值域为，因为在上有零点，所以的取值范围是.(2)当时，，设切点为，则，消去，得，解得或，当时，，故，从而，则.20．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.(1)证明：.(2)设二面角的平面角为，且，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】(1)证明：取的中点，连接.因为，所以.又，所以四边形是平行四边形，从而.因为，所以，从而.因为，所以，则.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，从而.又，平面，所以平面，因为平面，所以；(2)由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，可得.设平面的法向量为，由，不妨令，则.因为平面，所以可取平面的一个法向量为，因为，所以，解得或（舍去）.21．已知函数满足.(1)讨论的奇偶性；(2)求函数在上的最小值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）对已知等式中的用代换，得到新的等式，结合已知等式可求出，然后分和讨论函数的奇偶性，（2）由（1）知，则对恒成立，得，设函数，利用导数可求出函数的最小值.【详解】(1)因为，所以，根据以上两式可得，从而.当时，为偶函数.当时，因为，所以，，所以为非奇非偶函数.(2)由（1）知.依题意得对恒成立.当，即时，恒成立；当，即时，，得.故.设函数，则.因为，所以.①当，即时，在上恒成立，故在上单调递增，，则，即在上的最小值为1.②当，即时，因为当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，即在上的最小值为.综上，函数在上的最小值【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查函数奇偶性的判断，第（2）问解题的关键是由题意得对恒成立，求出的范围，然后构造函数，利用导数求其最小值，考查计算能力，属于较难题.22．已知函数.(1)求的单调区间和极值；(2)设的两个零点为，证明：.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值，无极大值(2)证明见解析 【分析】（1）由题意，求导，根据导数与单调性的关系，结合极值的定义，可得答案；（2）由题意，根据零点的定义，假设零点的取值范围，根据函数的单调性，转化不等式，构造新函数，利用导数，可得答案.【详解】(1)由，则，令，得，令，得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为，当时，取得极小值，无极大值.(2)证明：因为为的两个零点，所以，不妨设.由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，所以.所以证明等价于证明.又因为在上单调递增，因此证明原不等式等价于证明，即要证明，即要证明，即恒成立.令，则，所以在上为减函数，所以，即恒成立，因此不等式恒成立，即.