2022-2023学年浙江省杭州第二中学高三上学期第二次月考试题 数学（解析版）

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杭州二中2022学年第一学期高三年级第一次月考数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 集合,,则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得；，再根据交集的定义即可求得答案.【详解】解：因为=，当时，；当时，；当时，；=，又因为，所以.故选：C.2. 已知向量，，若，则锐角的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据，可得，进而解得锐角.【详解】由，得，所以，又为锐角，所以，，故选：A.3. “”是“”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】A【解析】分析】利用以及二倍角公式，逐个选项判断，即可得到答案.【详解】若，则，即.若，则，则.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4. 已知是方程的虚数根，则（    ）A. 0 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题设有且，将目标式化简为，即可得结果.【详解】由题设，且，而，所以原式等于.故选：C5. 与函数的奇偶性相同，且在上有相同的单调性的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先利用幂函数的性质判断为偶函数，且在上单调递增，再根据奇偶性与单调性的定义，结合初等函数的性质依次判断各选项即可.【详解】由幂函数的性质，得函数为偶函数，且在上单调递增；令，其定义域为，因为，所以为奇函数，故排除选项A；令，因为，，所以为非奇非偶函数，故排除选项B；令，其定义域为，因为，所以为偶函数，当时，在上单调递减，所以排除选项C；令，其定义域为，因为，所以为偶函数，且对于，时，由于，所以，，所以，所以，即，即函数在上单调递增，故选项D符合题意.故选：D.6. 已知是自然对数的底数，若，则有（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由条件变形为，令，利用导数法求解.【详解】解：因为，所以，令，则，当时，，当时，，又因为，所以，即，又因为，且递减，所以，故选：A7. 已知点P在函数的图像上，点Q是在直线上，记，则（    ）A. M有最小值 B. 当M取最小值时，点Q的横坐标是C. M有最小值 D. 当M取最小值时，点Q的横坐标是【答案】D【解析】【分析】先判定与直线平行且与的图像相切的直线的位置，切点到直线的距离即为M的最小值，再利用导数的几何意义求出切点坐标和M的最小值，再联立直线方程求出Q的横坐标.【详解】将化为，即直线l的斜率为，因为，所以，令，得，∴当M最小时，点P的坐标为，此时点P到直线的距离为，所以M的最小值为；过点P且垂直于的直线方程为，联立，得，即点Q的横坐标为.故选D8. 在中，三边长满足，则的值为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】方法一：利用正弦定理边化角可得到，利用两角和差正弦公式可得，结合二倍角公式可得，利用两角和差余弦公式和同角三角函数商数关系可求得结果；方法二：利用特殊值法，取，，，利用二倍角正切公式可求得，结合即可求得结果.【详解】方法一：，由正弦定理得：，，，；，，，又，，，，，，即，整理可得：，，，，，；方法二：令，，，则满足；则可知：，；由得：，解得：或，，，，.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知在同一平面的单位向量和非零向量，，则下列命题正确的是（    ）A.  B. C. 若且，则 D. 若，则【答案】CD【解析】【分析】直接利用单位向量，向量的垂直和向量共线的充要条件，向量数量积的运算判断选项的结论．【详解】表示与共线的向量，表示与共线的向量，故A错误；，，与不能比较大小，故B错误；且，有且，单位向量和非零向量，在同一平面内，则，故C正确；两个非零向量，，若，有，化简得，则，故D正确；故选：CD10. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列条件中，能使得的形状唯一确定的有（    ）A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，【答案】AB【解析】【分析】先利用三角形的三边关系得到，再结合得到，即判定选项A正确；先利用三角形的内角和定理得到，再结合正弦定理和边角关系判定选项B正确；先利用正弦定理将边角关系转化为边边关系，再利用余弦定理得到，再利用判定选项C错误；先利用诱导公式、两角差的正弦公式得到，进而判定三角形是直角三角形或等边三角形，即选项D错误.【详解】对于A：根据三角形的三边关系得，即，又，所以，即的形状唯一确定，故选项A正确；对于B：因为，所以，解得，又因为，，所以由，得，解得，又，所以，即三角形唯一确定，故选项B正确；对于C：因为，所以，则，则，因为，所以，又，则，所以三角形不存在，即选项C错误；对于D：因为，所以，所以，所以，则或，即或，若，又，，所以；若，又，，所以；即是直角三角形或等边三角形，即选项D错误.故选：AB.11. 已知，则（    ）A. 不等式的解集为B. 函数在单调递减，在单调递增C. 方程有两个不同的根的充要条件是D. 若关于x的方程无解，则实数m的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】对于A，不等式转化为，从而可求出其解集，对于B，对函数求导后，利用导数可求出函数的单调区间，对于C,D，由选项B可求出函数的值域，从而可求出实数m的取值范围.【详解】对于A，由，得，且，因为，所以，且，解得，所以不等式的解集为，所以A正确，对于B，的定义域为，由，得，令，得或，令，得或，所以在和上递增，在和上递减，所以B正确，由选项B可知，在和上递增，在和上递减，因数，，且当从1的左侧趋近于1时，，当从1的右侧趋近于1时，，所以的值域为，所以若关于x的方程有两个不同的根的充要条件是，故C错误.关于x的方程无解，则实数m的取值范围是，故D正确.故选:ABD.12. 下列命题正确是（    ）A. 函数的最小值为9B. 函数的最小值为C. 函数的最小值为12D. 函数的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式判断A、B、C，令，，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值；【详解】解：对于A：因为，所以，当且仅当，即时取等号，故A正确．对于B：因，所以，当且仅当，即取等号，显然，故等号不成立，故B错误．对于C：当且仅当时取等号，故C正确．对于D，令，，则．所以，令，则，，，令，解得或（舍去）或（舍去）或（舍去），当时，当时， 所以，故D正确；故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．13. 已知，则______．【答案】【解析】【分析】由同角三角函数关系可得，由，根据正余弦齐次式的求法可求得结果.【详解】由得：，.故答案为：.14. 已知关于x的方程有实数解，则最小值是______．【答案】【解析】【分析】根据关于x的方程有实数解，结合辅助角公式可得，则点的轨迹为以原点为圆心，半径大于等于的同心圆，不妨设点的轨迹方程为，表示点到点距离的平方，求出点到圆上的点的最小值即可得解.【详解】解：，因为关于x的方程有实数解，所以，即，则点的轨迹为以原点为圆心，半径大于等于的同心圆，设点的轨迹方程为，表示点到点距离的平方，因为，所以点在圆内，点到圆上的点的最小值为，所以最小值时.故答案为：.15. 在平行四边形ABCD中，点E在边AB上，且，点F为线段BD上的一动点（包含端点），若，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】由向量加法法则可得，根据F为线段BD上的一动点（包含端点）有且、，构造并利用导数研究单调性，进而确定值域，即可得结果.【详解】由，所以且，结合目标式有，，，，（舍），故在、上递减，在上递增，当时，当时，所以．故答案为：16. 已知对所有的非负整数均有，若，则______．【答案】31【解析】【分析】根据已知关系式推得，进而可得，再分别求得、，由此求得，则，最后求.【详解】令，则，可得，当时，令，令，令，，则，可得，所以，令，，则，可得．故答案为：31四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 如图，已知边长为的正方形中，点在以为直径的的圆周上运动．（1）当、、三点共线时，求的值；（2）求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，求出点的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示可求得的值；（2设点，其中，且，利用平面向量数量积的坐标表示可求得的取值范围.【小问1详解】解：以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、，，，所以，直线的方程，圆的方程为，联立，解得或，即点或.（i）当点的坐标为，，，此时，；（ii）当点的坐标为，，此时，.综上所述，.【小问2详解】解：设点，其中，且，，，.18. 已知函数．（1）如果函数在处取到最大值或最小值，求的最小值；（2）设，若对任意的x有恒成立，求的取值集合．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先利用两角和的正弦公式得到，再利用题意得到，解出，，进而求出的最小值；（2）先利用诱导公式、二倍角公式、两角和差的余弦公式得到，再利用恒成立得到进行求解.【小问1详解】，因为在处取到最大值或最小值，所以，解得，，则当时，的最小值为．【小问2详解】因为，且恒成立，即恒成立，所以，解得，即；即的取值集合为．19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足：．（1）求的值；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；    （2）或.【解析】【分析】（1）由和角正弦公式及三角形内角性质、正弦定理边角关系即可求值；（2）由已知和（1）得、，应用余弦定理求a、c，再由三角形面积公式求面积.【小问1详解】，则，所以.【小问2详解】由，且，则，设，则所以或，又，当时；当时.20. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令．（1）①求，，的值；②求数列的通项公式；（2）求证：．【答案】（1）①，，，②；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）①直接计算得解；②设第n次构造后得到的数列为1，，，…，，2，求出，再构造数列得解；（2）求出，再代入化简即得证.【小问1详解】①，，.②设第n次构造后得到的数列为1，，，…，，2．则，则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，，2．则，∴，∴，又∵，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，∴，所以.【小问2详解】证明：.21. 有3名志愿者在2022年10月1号至10月5号期间参加核酸检测工作．（1）若每名志愿者在这5天中任选一天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，求3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作的概率；（2）若每名志愿者在这5天中任选两天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，记表示这3名志愿者在10月1号参加核酸检测工作的人数，求随机变量的分布列及数学期望．【答案】（1）    （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）先利用计数原理、排列知识得到所有结果数和满足要求的结果数，再利用古典概型的概率公式进行求解；（2）先写出随机变量的所有可能取值，利用组合知识、古典概型的概率得到每个变量对应的概率，列表得到分布列，进而求出期望.【小问1详解】3名志愿者每人任选一天参加核酸检测，共有种不同的结果，这些结果出现的可能性都相等．设“3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作”为事件A，则该事件共包括不同的结果．所以．小问2详解】的可能取值为0、1、2、3，，，，，0123P.22. 已知函数．（1）是否存在实数使得在上有唯一最小值，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；（2）已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是，.①求证：；②求证：．【答案】（1）存在，    （2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据的取值范围讨论函数的单调性与最值情况；（2）分离参数，根据函数有两个零点，可转为两函数有两个公共点，进而确定，且，，①先证：，再证：，进而得证；②若证，即证，设，构造，根据导数判断函数单调性与最值，即可得证.【小问1详解】，，则，，当时，恒成立，函数单调增，没有最值；当时，令，解得，负值舍去，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取到最小值，，解得，所以存在满足条件的；【小问2详解】由，得，令，则，令，解得，函数在上单调递减，在单调递增，故在上有唯一最小值点，若方程有两个不同零点，，则，且，①函数的图象在点，处的切线方程分别为和且在内，在上先证：即，即，，，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以；再证：，即令，则恒成立，所以在上单调递减，所以，令，，即可得，，即；②，则，所以若证，即证，即，即，即证，即，令，即证明令，显然，，令，∴，，，故在区间，上单调递减，在区间，上单调递增，又因，所以在区间上单调递增，故所以在区间上单调递增，所以，则不等式得证．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．