2023届河北省深州市中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2023届河北省深州市中学高三上学期第二次月考数学试题含解析，共17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届河北省深州市中学高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为，则或，因此，.故选：B.2．若命题：“，使”是真命题，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用判别式即可得到结果.【详解】∵“，使”是真命题，∴，解得.故选：C3．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】因为，则，则且，所以，，故，因此，.故选：D.4．已知等差数列的各项均为正数，其前n项和为，且满足，则（    ）A．28 B．30 C．32 D．35【答案】D【分析】根据等差数列基本量的计算可得公差和首项的值,进而代入即可求解.【详解】设公差为且，由，得，故，故选：D5．设正项等比数列的前n项和为，若，则（    ）A．510 B．511 C．1022 D．1023【答案】A【分析】设正项等比数列的公比为，由等比数列的通项公式和前项和公式代入化简可得，即可求出，进而求出，再由前项和公式代入即可得出答案.【详解】设正项等比数列的公比为，则由得，即，即，即，解得（舍去）．由得，所以.故选：A．6．已知为数列的前n项和，，，则（    ）A．2450 B．2451 C．2500 D．2501【答案】B【分析】利用并项求和法即可求解．【详解】因为，所以.故选：B．7．已知一个定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求导可得为增函数，且，再求解与的解集，结合的奇偶性求解即可.【详解】由题意，得则​单调递增，又，所以​当​时，​；当​时，​.​时，​的解集为​.又​为奇函数，​为偶函数，​的解集为​.故选：D8．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，令，则，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，故，当，，，故；当时，，，故，如图；所以当时，直线与的图像有两个交点，即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.故选：A. 二、多选题9．已知复数：满足，则（    ）A． B．z的虚部为C．z的共轭复数为 D．z是方程的一个根【答案】AD【分析】由复数除法的运算法则求出，然后根据复数的相关概念，以及复数的模长公式和复数范围内方程根的求法即可得答案.【详解】解：因为，所以，对A：，故选项A正确；对B：z的虚部为，故选项B错误；对C：z的共轭复数为，故选项C错误；对D：因为方程的根为，所以z是方程的一个根，故选项D正确.故选：AD.10．如图所示，在正六边形中，下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．在上的投影向量为【答案】BCD【分析】根据图形，结合向量的线性运算及数量积运算，对选项逐一判断即可.【详解】因为为正六边形，即每个内角都为对于A，,故A错误.对于B，连接,，则为等边三角形，设六边形边长为，中点为，连接，则，，，所以即，故B正确.对于C，由B选项可知，且，故C正确.对于D，因为，所以在上的投影向量为故D，正确.故选:BCD.11．已知函数，则下列选项正确的有（    ）A．函数极小值为1B．函数在上单调递增C．当时，函数的最大值为D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】AC【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.【详解】对于AB：，在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.12．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）A． B．C． D．数列的前项和为【答案】BCD【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.【详解】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决. 三、填空题13．设是等差数列， 且，若，则______.【答案】20【分析】利用等差数列的性质求出和，然后根据列方程求解即可.【详解】因为，所以，又，所以公差，从而，解得.故答案为：20.14．若函数的图像向右平移个单位后是一个奇函数的图像，则正数的最小值为___________；【答案】【分析】先用辅助角公式得到，求出平移后的解析式，根据奇偶性得到，从而当时，求出的最小值.【详解】，向右平移个单位后解析式为，则要想使得为奇函数，只需，解得：，因为，所以，，解得：，，当时，正数取得最小值，所以.故答案为：15．如图，在平行四边形中，，，E为边的中点，，若，则______.【答案】0.125【分析】将和利用线性运算表示成和，运用数量积运算即可得到答案【详解】∵，∴，∴，∵，∴ ，∴，故答案为：16．已知函数，，则的最大值为___________.【答案】1【分析】利用导数和基本不等式求出函数的单调性，即得解.【详解】函数，，所以，当且仅当，即时等号成立，又因为，所以，所以在时单调递增，其最大值为.故答案为：1 四、解答题17．已知数列满足，，，数列是等差数列，且，．(1)求数列，的通项公式(2)设，求数列的前项和．【答案】(1),(2) 【分析】（1）根据可判断是等比数列，进而根据等差和等比数列基本量的计算即可求解通项公式,（2）根据分组求和即可求解.【详解】(1)因为数列满足，，，所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，，即数列的通项公式为，设等差数列的公差为，由，，得，解得，所以，，即数列的通项公式为(2)有（1）可知，所以，数列的前项和，即．18．已知数列的前n项和为，若，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）先赋值求出，再仿写式子相减，得，再利用累乘法进行求解；（2）先化简，再利用裂项抵消法进行求和.【详解】(1)在中，令，得，解得，因为，所以当时，，两式相减，得，所以，即（），当时，符合该式，所以，又因为满足上式，所以数列的通项公式为．(2)因为，所以，所以．19．已知的内角的对边分别为，         ，若，     .请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答.条件：① ；② ；③ 结论：① 求的周长的取值范围；②求的面积的最大值.【答案】答案见解析.【分析】根据正弦定理，余弦定理及三角恒等变换可得，然后利用余弦定理，基本不等式结合条件即得.【详解】若选条件①，则由正弦定理得，因为的内角，，所以，所以，即，又因为，所以，因此；若选条件②，则由正弦定理可得，∴，∴，可得.又，因此；若选条件③，则由余弦定理，即，∴，所以，又，所以，又，因此；若选择结论①，因，所以由余弦定理可得：，所以，解得（当且仅当时取等号）又，所以，即，故的周长的取值范围是；若选择结论②，，因，所以由余弦定理可得：，即（当且仅当时取等），故，所以的面积，即的面积的最大值为20．已知数列中，，且满足，．(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)证明详见解析，(2) 【分析】（1）转化已知条件，由是常数，证得数列是等差数列，并求得数列的通项公式.（2）利用错位相减求和法求得.【详解】(1)由于，所以，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以.(2)，，，两式相减得，所以.21．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的极值点.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）令，解得或，再对分种情况讨论，分别求出函数的单调区间与极值点.【详解】(1)解：函数的定义域为，，，又，曲线在点处的切线方程为，即；(2)解：令，解得或，①当时，．当变化时，，变化情况如下表：，100单调递增极大值单调递减极小值单调递增 函数在和上单调递增，在，上单调递减，所以的极大值点为，极小值点为；②当时，恒成立，函数在上单调递增，函数无极值，即不存在极值点；③当时，．当变化时，，变化情况如下表：1，00单调递增极大值单调递减极小值单调递增 函数在和，上单调递增，在上单调递减，所以的极大值点为，极小值点为；④当时，当变化时，，变化情况如下表：， 单调递减极小值单调递增 函数在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值点为，无极大值点．综上可得：当时极大值点为，极小值点为；当时不存在极值点；当时极大值点为，极小值点为；当时极小值点为，无极大值点．22．已知函数．(1)若函数只有一个零点，求实数a的取值所构成的集合；(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，显然满足题意；当时，将零点问题转化为交点问题，利用导数分析的单调性以及极值情况即可得出答案.（2）分，，三种情况讨论，将不等式恒成立转化成求即可.【详解】(1)当时，显然满足题意；当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，即直线与函数（且）的图像只有一个交点．，令，得，在和上，，在上，，所以在和上单调递减，在上单调递增．在时有极小值，图像如图所示：由图可知：若要使直线与函数的图像只有一个交点，则或，综上．(2)恒成立，等价于，令①若时，，所以在上单调递增，，即，满足，②若时，则，所以在上单调递增，当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意．③若时，令令，因为在上单调递增，且当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于0时，趋近于负无穷，所以，，单调递减，，单调递增，只需即可，，令在上单调递增，时，，所以在上单调递增，，即，综上：