辽宁省沈阳市新民市高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份辽宁省沈阳市新民市高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了已知集合，，则，若复数满足，函数的部分图像大致为，已知，则的大小关系为，已知函数，则函数的零点个数是，已知，，则下列叙述中正确的是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题每题5分）
1．已知集合，，则
A．B．C．D．
2．若复数满足（其中是虚数单位），复数的共轭复数为 ，则（ ）
A．的实部是B．的虚部是
C．复数在复平面内对应的点在第四象限D．
3．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的部分图像大致为
A．B．C．D．
5．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若与的面积相等，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则 的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．7
8．已知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共4小题每题5分）
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4
C．若，则
D．若向量，，则
10．在平行四边形中，，，，交于F且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．
11．已知等差数列的首项为1，公差，前n项和为，则下列结论成立的有
A．数列的前10项和为100
B．若成等比数列，则
C．若，则n的最小值为6
D．若，则的最小值为
12．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．若方程有两个不同的解，则
B．若与的图象有且仅有一个公共点，则或
C．对任意，都有恒成立
D．
三、填空题（共4小题每题5分）
13．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x的非负半轴重合，终边过点，则 ．
14．已知向量，若，则与的夹角余弦值为 ．
15．已知，若函数y=f（x）的图像如图所示，则 .
16．已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项 .

四、解答题（共6小题17题10分其余每题12分）
17．如图，在中，角所对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为边上一点，， ，，求的长．
18．已知，设．
(1)求当取最大值时，对应的x的取值；
(2)若，且，求的值．
19．已知数列，为的前n项和，，，.
(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前n项和为.
20．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知．
(1)求的取值范围；
(2)若是边上的一点，且，，求面积的最大值．
21．已知递增数列的前项和为，且，数列满足，
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．
22．已知函数（为自然对数的底数）．
(1)证明：当时，；
(2)①证明：在区间内有4个零点；
②记①中的4个零点为，，，，且，求证：．
1．C
【分析】先求得集合的范围、集合的范围，最后取它们的交集即可.
【详解】由题意，集合，，所以．故应选C
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查一元一次不等式的解法以及集合交集的求法，属于基础题.
2．A
【分析】由复数的除法求出复数，再根据复数的实部虚部、共轭复数和复数的模判断各选项是否正确.
【详解】由已知可得复数，
所以复数的实部为，虚部为，故A正确，B错误，
复数的共轭复数，其在复平面内对应的点在第一象限，故C错误，
，故D错误，
故选：A．
3．D
【分析】利用等差数列和等比数列的性质分析运算即可得解.
【详解】解：∵数列是等差数列，且，
∴，可得，则.
∵数列是等比数列，∴，又由题意，
∴，∴，
∴，
∴.
故选：D．
4．C
【详解】由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，故排除D；当时，，故排除A．故选C．
点睛:函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
5．A
【分析】分别计算出与0和1的大小关系，即可判断出结果.
【详解】由题意可计算，
，
，
则，
故选：A
6．D
【分析】由题可得为的中点，建立坐标系利用坐标法即得.
【详解】∵D在线段BC上，且，
∴，又为线段AD上一点，若与的面积相等，
∴，为的中点，
如图建立平面直角坐标系，则，
∴，
∴.
故选：D.
7．B
【分析】根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由题意得 ，
即 ，得，
得 ，
当且仅当，即时，取等号，
故选：B．
8．B
【分析】确定函数的值域，利用换元法令 ，则，则将函数的零点问题转化为函数的图象的交点问题，作函数图象，确定其交点以及其横坐标范围，再结合的图象，即可确定的零点个数.
【详解】已知，当时， ，
当时，，
作出其图象如图示：
可知值域为，设 ，则，
则函数的零点问题即为函数的图象的交点问题，
而，作出函数的图象如图示：
可知：的图象有两个交点，横坐标分别在之间，
不妨设交点横坐标为，
当时，由图象和直线可知，二者有两个交点，
即此时有两个零点；
当时，由图象和直线可知，二者有3个交点，
即此时有3个零点，
故函数的零点个数是5，
故选：B.
【点睛】本题考查了复合函数的零点个数的确定问题，综合性较强，涉及到函数的值域以及分段函数的性质的应用和数形结合的思想方法，解答的关键是采用换元法将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题.
9．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：AB
10．BCD
【解析】根据向量的线性运算，以及向量的夹角公式，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】
对于选项A：，故选项A不正确；
对于选项B：易证，所以，所以，故选项B正确；
对于选项C：，即，所以
，所以，解得：，
，因为，所以，
故选项C正确；
对于选项D：
，故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：选项B 的关键点是能得出，即可得，选项D的关键点是由于和的模长和夹角已知，故将和用和表示，即可求出数量积.
11．AB
【解析】由已知可得:,,,则数列为等差数列通过公式即可求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为 ,通过裂项求和可求得;由等差的性质可知利用基本不等式可验证选项D错误.
【详解】由已知可得:,,
,则数列为等差数列,则前10项和为.所以A正确;
成等比数列,则,即,解得故B正确;
因为所以,解得,故的最小值为7,故选项C错误;等差的性质可知,所以,当且仅当时,即时取等号,因为,所以不成立,故选项D错误.
故选:AB.
【点睛】本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般.
12．BCD
【分析】求出的单调性，画出其图像，可判断AB，利用可判断C，利用可判断D.
【详解】，故在递增，递减，其图像如下：
易得若有两个不同解，则，则，故A错误，
当时，与显然有且仅有1个交点，
当时，则与相切时，有且仅有1个交点，
设切点为，切线方程为，
将原点代入：则，，
故或，则B正确；
∵恒成立，在上单调递减，
∴，故C正确；
，
即比较与大小，又因为，在递减，故，D正确，
故选：BCD.
13．；
【分析】由题意 角的终边过点，求得，利用三角函数的定义，求得的值，再利用倍角公式，即可求解.
【详解】由题意，角的终边过点，求得，
利用三角函数的定义，求得，
又由.
【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式的应用，其中解答中熟记三角函数的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
14．
【分析】由，求的值，再利用向量数量积的坐标运算求与的夹角余弦值
【详解】解：∵向量， 若，则，解得，
∴，，
∴与的夹角余弦值为.
故答案为：．
15．
【分析】现根据图像求出函数解析式，再根据周期性，即可求解.
【详解】解：由图可知：，
所以函数，又图像过，由“五点法”可得：，
解得：，所以，
因为
故，
，
故答案为：
16．
【分析】由结合共线向量定理的推论可得，则可求得，再由可得，从而得，则得，然后利用分组求和法可求得结果.
【详解】因为，
所以，
因为三点共线，所以，
所以，
因为，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，
所以
因为，所以，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查向量共线定理的应用，考查数列的分组求和法，考查等比数列的应用，解题的关键是将已知式子变形结合共线向量定理推论化简求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
17．（1）；（2）.
【解析】（1）先根据正弦定理的边角互化和内角和定理得，进而得；
（2）在中，用余弦定理求得，再在中，用正弦定理即可求得.
【详解】（1）∵，由正弦定理，
得，
即，
即．
∵， ∴．
∴，即，
又∵， ∴．
（2）在中，∵，，
∴．
∵ ， ∴．
在中，，，，
∴由正弦定理，得，
∴
【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，正余弦定理解三角形问题，考查运算能力，是中档题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换得，结合正弦型函数得性质求取最大值时对应的x取值.
（2）由题设可得，再由及差角正切公式列方程求.
【详解】（1），
所以取最大值时，，则.
所以
（2）由题设，又，则，
所以，
由，
所以，即，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义得数列 为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；
（2）由（1）得 运用错位相减法可得.
【详解】（1）当时，，
当时， 由， 可得，
两式相减可得，，
即有，
即为数列为第二项起为等比数列,
又
数列为以为首项，等比数列为的等比数列.
（2）由（1）得 ，， 可得，
则,,
即有前项和为，
，,
两式相减可得，，
化简可得.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用正余弦定理对已知等式化简可得，则可求出角，再利用三角函数恒等变换公式可得，然后求出角的范围，再利用余弦函数的性质可得结果；
（2）根据题意可得，两边平方化简后再利用基本不等式可求出的最大值，从而可求出面积的最大值．
【详解】（1）因为，
故，
整理得到：即，
故，而为三角形内角，故，
所以，
故，而为锐角三角形内角，故.
，
因为三角形为锐角三角形，故，故，
故，故，
故.
（2）由题设可得，故，
整理得到：，
故，即，
整理得到：，
当且仅当时等号成立，故.
故三角形面积的最大值为.
21．(1)；.
(2)
【分析】（1）根据的关系，可得是等差数列，由等比中项可得为等比数列，进而根据基本量即可求解.（2）将分为奇数项和偶数项的和，根据分组求和即可得，然后代入不等式中，求最值，即可得的取值范围.
【详解】（1）解：因为，当n=1时，得，当时，，所以，即，
又因为数列为递增数列，所以，
数列为等差数列， ，d=1,
所以；
所以，
又因为
所以数列为等比数列，
所以，解得，
所以.
（2）由题意可知： ，
所以,故 ，
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为
所以
当为奇数时，
所以
当为偶数时，所以，故故，即
当为偶数时，对一切偶数成立，所以
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时
故对一切恒成立，则
22．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，引入再求导，可得在是减函数，结合可得进而得是减函数，又根据单调性可得结论；
（2）①求出在有四个零点，把函数在区间划分为五个单调区间，进一步找到在有四个零点，又把函数在区间划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得在区间内有4个零点；
②根据函数表达式可求得，，把要证的不等式转化为证明成立，通过找点锁定均在区间内，而在是减函数，转化为证明即可，利用，可证，使得命题得证.
【详解】（1），设，则
，
因为，所以，所以单调递减，
又，所以，即，所以单调递减，又，所以；
（2）①由（1）知，
令得，，，，且，单调递减，，单调递增，，单调递减，，单调递增，，单调递减，
又，，，，，，所以存在，，，使，
且，，递减，，，递增，
，，递减，，，递增，
，，递减，
又，，，，，
所以，，，，
使，所以在上有4个零点．
②由①知，，又，所以，
，又，所以，
所以要证即证：，即证，
因为，，所以，
又，，所以，
所以，又因为，递减，
又，所以，
所以在单调递减，所以只需证，
又，
又，所以，
所以，
所以，所以．
【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证作了深入考查，在判断四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.