2023届黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版），共16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届黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高三上学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式求出，，从而求出交集.【详解】，，解得：，所以，故.故选：A2．等比数列4，x，9，…，则实数x的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等比数列的定义列方程求即可.【详解】因为数列4，x，9，…为等比数列，所以数列4，x，9为等比数列，所以，所以，C正确，故选：C.3．已知向量，，则（    ）A．3 B． C．1 D．0【答案】D【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以故选：D4．在复平面内，对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】求出，从而得到对应的点为，故位于第三象限.【详解】，故对应的点为，所以对应的点位于第三象限.故选：C5．若a，b均为实数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据函数与解不等式，即可判断.【详解】解：因为，由函数在上单调递增得：又，由于函数在上单调递增得：由“”是“”的充分不必要条件可得“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6．若函数在上单调递减，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合二次函数的性质求解函数的单减区间为，即，列出不等关系求解即可.【详解】由题意，函数是开口向下的二次函数，对称轴为，故函数的单减区间为，即，故，解得：，则a的取值范围是.故选：D7．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为75°，30°，若河流的宽度是60，则此时气球的高度等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在中，利用正弦定理求出，再根据气球的高度等于即可得解.【详解】解：在中，，则,,因为，所以，所以气球的高度为.故选：B.8．已知函数在定义域内可导，其图象如图所示.记的导函数为，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据原函数图象与导函数的关系，即可得到结果.【详解】对于不等式对，当时，，则结合图象，知原不等式的解集为；当时，，则结合图象，知原不等式的解集为．综上，原不等式的解集为．故选：A 二、多选题9．已知，，则下列叙述中正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．若函数的最小值为6，则的值为4C．若，则D．若向量，，则【答案】AB【分析】根据有得或，结合充分不必要条件的概念判断A；结合基本不等式求解判断B；由判断C；由时的情况判断D.【详解】解：对于A，由得或，故“”是“”的充分不必要条件，正确；对于B，当，函数，当且仅当时等号成立，所以，解得，故正确；对于C，当时，满足，但不满足，故错误；对于D，当向量时，不一定成立，故错误；故选：AB10．函数在一个周期内的图象如图所示，则（    ）．A．该函数的解析式为B．该函数图象的对称中心为，C．该函数的单调递增区间是，D．把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象【答案】ACD【分析】根据图象可得函数的解析式，然后根据三角函数的性质及图象变换规律逐项分析即得.【详解】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，所以，，即，，又，故，从而，故A正确；令，，得，，故B错误；令，，得，，故C正确；函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到，故D正确．故选：ACD.11．在R上定义运算：，若不等式对任意实数恒成立，则实数的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由题意可得恒成立，运用判别式，解出二次不等式，可得的可能取值．【详解】不等式对任意实数恒成立，有，即恒成立，∴，解得，所以选项CD正确．故选：CD12．关于函数，下列描述正确的有（    ）A．在区间上单调递增 B． 的图象关于直线对称C．若则 D．有且仅有两个零点【答案】ABD【分析】作出函数的图象，由图象观察性质判断各选项．【详解】根据图象变换作出函数的图象（，作出的图象，再作出其关于轴对称的图象，然后向右平移2个单位，最后把轴下方的部分关于轴翻折上去即可得），如图，由图象知在是单调递增，A正确，函数图象关于直线对称，B正确；，直线与函数图象相交可能是4个交点，如图，如果最左边两个交点横坐标分别是，则不成立，C错误，与轴仅有两个公共点，即函数仅有两个零点，D正确．故选：ABD． 三、填空题13．命题“，”的否定是______．【答案】，【分析】根据特称命题的否定形式求解即可.【详解】命题“，”的否定为“，”.故答案为：，.14．已知，为单位向量，，则___________.【答案】【分析】由可得，即可求出，再代入即可得出答案.【详解】因为，为单位向量，，所以，所以.则故答案为：.15．曲线在处的切线方程为___________.【答案】【分析】求导得到，再利用切线方程公式计算得到答案.【详解】，当时，，.故切线方程为：，即.故答案为：.16．已知等比数列的公比，，，则___________.【答案】【分析】根据等比数列的性质及，求得与的值，从而可得.【详解】解：由得由等比数列得，所以，即解得或，则或，由，可得，即所以.故答案为：. 四、解答题17．已知数列满足：，，．(1)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式；(2)设，求．【答案】(1)证明见解析；.(2)4950. 【分析】（1）由递推关系可得，即，结合等比数列的定义可得解；（2）由对数的运算性质结合等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】（1）因为数列满足，所以.由，所以，所以，且，所以数列是，公比的等比数列.所以，即数列的通项公式为；（2）由（1）知，所以.所以.所以.18．已知函数．(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；(2)在锐角中，若，，，求的面积．【答案】(1)函数的最小正周期为，单调递增区间为(2) 【分析】（1）由三角恒等变换化简解析式，求出周期，再由正弦函数的单调性求解即可；（2）由得出，利用余弦定理可求得边的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】（1）所以函数的最小正周期为由得出故函数的单调递增区间为（2）因为，则，所以，可得，由余弦定理可得，即，因为，解得，此时，为最长边，角为最大角，此时，则角为锐角，所以，19．已知等差数列满足首项为的值，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据对数运算法则求解首项，在根据已知式子求公差，从而可得数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求解前前n项和即可.【详解】（1）解：数列满足首项为设公差为，则，可得，解得所以；（2）解：所以.20．如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，平面平面，是的中点，.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由，结合面面垂直的性质中点平面，进而证得；（2）取的中点，连接，可得，以为原点建立的空间直角坐标系，分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为是等边三角形，且是的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又由平面，所以.（2）解：取的中点，连接，、分别为、的中点，则，，则，又因为平面，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为且是等边三角形，可得,可得，则，设平面的法向量，则，令，可得，即，设平面的法向量，则，令，可得，即，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.21．在四棱锥中，底面为梯形﹐，平面.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)利用线面垂直，得到面面垂直.(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法，即可求解【详解】解：由题意知所以平面又知平面所以平面又因为平面所以平面平面由题可知，由知两两互相垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则.则.设平面的法向量为，则即，令则，所以所以直线与平面所成角的正弦值为.22．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若在有两个极值点，求证：．【答案】(1)当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.(2)见解析 【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.【详解】（1）由，求导得，易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，①当时，即，，则在上单调递增；②当时，即或，令时，解得或，当时，，则在上单调递减；当或，，则在和上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，将，代入上式，可得：，由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.