黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022-2023学年高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年度第一学期第三次月考考试

高三数学试卷

考试时间：120分钟分值：150分

一、单选题（共12题）

1. 全集，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合的补集和交集的运算公式进行计算即可.

【详解】因为，，，，

所以，

所以.

故选：B

2. 复数的虚部为 （ ）

A 1 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】化简复数为的形式，由此求得复数的虚部

【详解】依题意，故虚部为，所以选A.

【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.

3. 已知点，和向量，若，则实数的值为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出，再利用共线向量的坐标表示求实数的值.

【详解】由题得，

因为，

所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

4. 近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术处于国际领先水平．某公司用9万元进购一台新设备用于生产电机，第一年需运营费用3万元，从第二年起，每年营运费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为12万元，设该设备使用了年后，年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则n等于（    ）

A. 6 B. 5 C. 4 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，建立等差数列模型，利用等差数列的通项及前n项和公式求解作答.

【详解】依题意，该设备每年营运费用依次排成一列，可得等差数列，其中首项，公差，

则该设备第n年营运费用，前n年营运总费用，

因此，年平均盈利额，

当且仅当，即时取等号，

所以年平均盈利额达到最大值时，.

故选：D

5. 下列说法正确的是（    ）

A. 函数为实数集上的奇函数，当时，（a为常数），则

B. 已知幂函数在单调递减，则实数

C. 命题“，”的否定是“，”

D. 中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则是的充分不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可得，求得，从而可判断A；

根据幂函数的定义及性质可得，从而可求出，即可判断B；

根据全称命题的否定相关知识，即可判断C；

直接利用正弦定理边角互化结合充分条件和必要条件的定义即可判断D.

【详解】对于A，因为函数为实数集上的奇函数，当时，（a为常数），所以，所以，则，故A错误；

对于B，因为幂函数在上单调递减，

所以，解得，故B正确；

对于C，命题“，”的否定是“，”，故C错误；

对于D，在中，由正弦定理可知，所以是的充要条件，故D错误.

故选：B.

6. 已知两个单位向量满足，则向量与夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将等式左右两边同时平方，再根据的模长以及向量数量积计算公式即可求解出的大小.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以.

故选：C.

【点睛】本题考查根据向量的模长以及向量的夹角公式求解向量的夹角，难度一般.求解形如的向量的模长，可采用先平方再开根号的方法结合向量的数量积公式完成计算.

7. 平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先根据三角函数定义得到，再根据余弦二倍角公式和诱导公式求解即可.

【详解】角的终边经过点，，所以.

.

故选：B

8. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先判断的奇偶性，由此可排除C与D，再求，令其跟1比较，据此可排除C，从而可得到正确选项.

【详解】因为，所以为奇函数，排除C与D.因为，所以排除B，所以A正确.

故选A.

【点睛】本题考查函数图象的判断，根据函数的性质和利用赋值进行排除是解决此类问题的常用方法，属中档题.

9. 已知函数，下列说法中错误的是（    ）

A. 函数在原点处的切线方程是

B. 是函数的极大值点

C. 函数在上有3个极值点

D. 函数在上有3个零点

【答案】C

【解析】

【分析】由导数的几何意义求出切线方程判断A，由导数确定函数的单调性，极值点判断B，由的性质判断其与函数的图象的交点个数判断D．利用导数确定极值点个数判断C．

【详解】，，又，

所以切线方程是，即，A正确；

或时，，时，，

所以在和上单调递增，在上单调递减，

因此是极大值点，B正确；

显然1是极小值点，，，时，，时，，，，

，在上递增，在和上递减，

因此与的图象有3个交点，即有3个零点，D正确；

设，，

令，则，

设，则恒成立，

所以是增函数，而，

所以时，，时，，

所以在上递减，在上递增，

，易知，所以存在两个零点，由的单调性知这两个零点就是的两个极值点，C错．

故选：C．

10. （    ）

A. 4 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用同角三角函数基本关系式，诱导公式和辅助角公式直接求解.

【详解】.

故选：D.

11. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数可求得，；分别代入和，整理可得的大小关系.

【详解】令，则，

在上单调递增，，即，，

，即；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

（当且仅当时取等号），，

即（当且仅当时取等号），，即；

综上所述：.

故选：D.

【点睛】思路点睛：本题考查与指数、对数有关的大小关系的比较，解题基本思路是能够将问题转化为两个函数的函数值大小关系的比较，进而通过构造函数的方式，利用导数求得函数单调性，从而得到两函数的大小关系.

12. 设函数有个不同零点，则正实数的范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可得在上有个不同零点即可，利用正弦函数的性质列出不等式，解出正实数的范围．

【详解】令，解得，即在上仅有一个零点，所以只需在上有个不同零点即可．

当时，，所以，即

故选：A

二、填空题（共计4题）

13. 的定义域为_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得，

即函数的定义域为.

故答案为：.

14. 将曲线上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线的对称轴方程为__________.

【答案】.

【解析】

【分析】由题意得，平移后的曲线为，解，即可得到对称轴方程.

【详解】将曲线上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线为，

由可得，.

所以，曲线的对称轴方程为.

故答案为：.

15. 若正数a，b满足，则的最小值是__．

【答案】

【解析】

【分析】设，得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】设，则，可得，

所以

，

当且仅当时，等号成立，取得最小值．

故答案为：．

16. 设函数在上存在导数，对于任意的实数，有，当时，，若，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】借鉴积分思想，可设，结合，易证为过原点的奇函数和减函数，分别列出和，将整体代换，对参数进行分类讨论即可求解.

【详解】可设①，则，因为当时，，即，在上单减，

②，联立①②可得，，所以在上单减，为奇函数.

③，

④，

联立③④可得，

即，

所以，显然，

当时，原不等式等价于，即，

所以，解得，故；

当时，原不等式等价于，即，

所以，解得，故，

综上所述，实数的取值范围是

故答案为：

三、解答题

17. 等差数列中，，．

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前项和，其中表示不超过的最大整数，如，．

【答案】（1）；   

（2）7.

【解析】

【分析】（1）利用等差数列的基本量运算即得；

（2）由题可得，进而可得数列的前5项，即得.

【小问1详解】

设数列首项为，公差为，

由题意得,

解得，

所以的通项公式为；

【小问2详解】

由（1）知， ，

当时， ，；

当时，，；

所以数列的前5项和为.

18. 若是公差不为0的等差数列的前项和，且成等比数列，．

（1）求数的通项公式；

（2）设，是数列的前项和，求证：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据题意，列出方程，结合等比数列的定义可求出，进而可得答案；

（2）由（1）得，进而用裂项相消法求出的前项和，再证明即可.

【小问1详解】

解：根据题意，设等差数列 公差，

因为成等比数列，

所以，即，

整理得：，解得

所以，

【小问2详解】

解：

，

因，所以，

所以.

19. 分别为内角的对边.已知.

（1）若，求；

（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；

（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，

结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．

【详解】（1）由，得，

即.

因为，所以.

由，得.

（2）因为，

所以，当且仅当时，等号成立.

因为的面积.

所以当时，的面积取得最大值，

此时，则，

所以的周长为.

【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力．

20. 已知向量，函数

（1）求函数的最大值及最小正周期；

（2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的值域．

【答案】（1） 最大值为,最小正周期为；（2）

【解析】

【分析】(1)由已知化简可得,可得最大值，利用周期公式可求的最小正周期;

(2)由图象变换得到,从而求函数的值域.

【详解】(1)

.

所以函数的最大值为,最小正周期为

(2)由(1)得.

将函数的图象向左平移个单位后得到的图象.

因此，又，

所以，.

故在上的值域为.

【点睛】本题考查利用三角恒等变换求解三角函数的性质，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于向量数量积运算与恒等变换得，进而根据三角函数性质求解.

21. 已知函数．

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．

【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；

（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.

【详解】（1）当时，，则，，，

此时，曲线在点处的切线方程为，即；

（2）因为，则，

由题意可得，解得，

故，，列表如下：

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.

当时，；当时，.

所以，，.

22. 若函数.

（1）判断方程解的个数，并说明理由；

（2）当，设，求的单调区间.

【答案】（1）仅有一个，理由见解析；   

（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可得，进而可得函数的极大值为，即得；

（2）由题可得，分，，讨论即得.

【小问1详解】

方程仅有一个解，

因为，

所以，

令可解得，

所以单调性如下表：

又，即的极大值为，

所以方程仅有一个解；

【小问2详解】

因为，

所以，

令可得或

分类讨论如下：（i）当时，

所以的单调性如下

所以的单调增区间为，，单调减区间为；

（ii）当时，，此时恒成立

所以的单调增区间为，无单调减区间

（iii）当，，

所以的单调性如下

所以的单调增区间为，，单调减区间为.