2023届天津市第一中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

2023届天津市第一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】A

【分析】由对数的单调性求得集合A，根据正弦函数性质求得集合，进而求其交集.

【详解】由，可得，则

又，

所以.

故选：A

2．已知为虚数单位，复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】先利用复数的乘除运算计算得到，从而得到虚部.

【详解】，则的虚部为.

故选：B.

3．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.

【详解】由，得，可得（）.

相减得，则（），又

由，，得，所以，所以为常

数列，所以，故.

故选：C

【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.

4．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用对数换底公式及对数运算性质变形，再利用对数函数和指数函数单调性即可作答.

【详解】依题意，，，

显然函数在上单调递增，而，即，

又在R上单调递增，于是得，即，

所以有.

故选：D

5．函数在上的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先求函数的定义域，根据函数的奇偶性，排除部分选项，再利用特殊点处的函数值排除不合适的选项，即可得解.

【详解】由题知的定义域为R，，所以是偶函数，排除A；

，排除B，D.

故选：C.

6．已知为正数，则“”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

【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】①当时，满足，

但不成立，即必要性不成立，

②若，则，

即，

即

故，成立，即充分性成立，

综上所述，“”是“”的充分不必要条件．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，解题关键是掌握判断充分条件和必要条件的方法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

7．已知，则的值为（    ）

A．1 B．0 C． D．2

【答案】C

【分析】利用指数与对数互化的公式表示出，再利用换底公式和对数的运算性质化简计算.

【详解】因为，所以，由换底公式和对数的运算性质可得.

故选：C

8．已知曲线向左平移个单位，得到的曲线经过点，则（　　）

A．函数的最小正周期

B．函数在上单调递增

C．曲线关于点对称

D．曲线关于直线对称

【答案】C

【分析】根据左右平移和可求得解析式；根据余弦型函数的最小正周期、单调性和对称轴、对称中心的判断方法依次判断各个选项即可.

【详解】由题意知：

则    ，

最小正周期，可知错误；

当时，，此时单调递减，可知错误；

当时，且，所以为的对称中心，可知正确；

当时，且，所以为的对称中心，可知错误.

本题正确选项：

【点睛】本题考查图象平移变换、余弦型函数的周期性、单调性、对称性的相关问题.判断余弦型函数的单调性和对称性的关键是能够通过整体对应的方式，结合余弦函数的图象来进行判断.

9．已知函数，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据已知条件求解出的值域以及的值，然后根据题意得到与值域的端点的大小关系，由此求解出的取值范围.

【详解】①时，

则，

则时，，单调递增，且

时，，单调递减

又，，则

②时，，

则，

则时，，单调递增，

时，，单调递减，且

又，，则

综上函数值域为，

因为为实数，所以，

因为存在实数，使，

所以，解之得，

故选：D.

二、填空题

10．记为等比数列的前n项和．若，，则______．

【答案】

【分析】由已知解出公比，根据通项公式即可求解．

【详解】设等比数列的公比为q，

由已知，

即，解得，所以．

故答案为：

11．已知函数，，则的最小值为______．

【答案】

【分析】首先求函数的导数，判断给定区间函数的单调性，再求函数的最小值.

【详解】由题意，函数，则，，

令，解得，令，解得，

则函数在递减，在递增，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中熟练利用导数得到函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

12．已知，则________.

【答案】

【分析】由已知条件求出所以，利用两角差的正弦展开式可得，再根据三角函数的平方关系和商数关系可得答案.

【详解】因为，，

所以，

所以

，所以，

，所以，

则.

故答案为：.

13．已知，则的最小值为___________.

【答案】2

【分析】观察与的积可视为定值，再将与结合使用基本不等式求解.

【详解】因为，，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为2，

故答案为：2

14．已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且满足，，当角B最大时的面积为__________.

【答案】

【分析】已知等式利用正弦定理化简，得到关系式，利用余弦定理表示出，把得出关系式整理后代入，利用基本不等式求出的最小值，即可求出边长，进而求得三角形的面积.

【详解】已知等式利用正弦定理化简得：,

由余弦定理，

可知

当角B最大时，则最小，由基本不等式可得:

，

当且仅当，即时，取等号.

代入可得：，

因为，所以，

在等腰中，求得底边上的高为,.

故答案为：

【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于较难题.

三、双空题

15．已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是___________，的最大值是___________.

【答案】         

【分析】画出的图象，再数形结合分析参数的的最小值，再根据对称性与函数的解析式判断中的定量关系化简再求最值即可.

【详解】画出的图象有：

因为方程有四个不同的解，故的图象与有四个不同的交点，又由图，，

故的取值范围是.

又由图可知，，

故，故

故.

又当时，.当时，，故.

又在时为减函数，故当时取最大值.

故答案为： ；4

四、解答题

16．在中，内角所对的边分别为，已知

(1)求角的大小；

(2)已知的面积为6，求：

①边长的值；

②的值.

【答案】(1)

(2)①；②7.

【分析】（1）由二倍角的余弦公式把降次，再用两个角的和的余弦公式求，结合三角形三内角和求得角；

（2）①根据三角形的面积公式求出边，再由余弦定理求边，②由余弦定理求，由同角关系求，再由二倍角正切公式求，根据两角差正切公式求.

【详解】（1）因为

所以，

化简得，

故，又，所以，

因为，所以.

（2）①因为，由，所以，

由余弦定理得，所以.

②由余弦定理得，，所以，故，，

于是.

17．刍甍，中国古代数学中的一种几何体，中国传统房屋的顶部大多都是刍甍.《九章算术》中记载：“刍甍者，下有豪有广，而上有豪无广，刍，草也.甍，屋盖也."翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶".如图下面的五面体为一个刍甍，其五个顶点分别为，四边形为正方形，平面，平面平面，为中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面和平面夹角的大小；

(3)在线段上是否存在点使得直线与平面EOP所成角的正弦值为，若存在求的值，若不存在请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，

【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得到平面，故，即，在直角梯形可得到，再利用线面垂直的判定定理即可求解；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，然后用二面角的向量解法即可求解

（3）先设出点的坐标，求出平面的法向量，再利用线面角的向量解法即可求解

【详解】（1）取中点，连接.

因为平面，且平面，平面平面，

所以，又，所以

为中点，，

又平面，

故平面，因为平面，故，

又①，

因为平面平面平面，

平面平面，所以平面

因为平面，所以，

所以在直角梯形中，，可得，

又可得，②，

由①②，平面，

所以平面；

（2）如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在

直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则

由图可得平面的一个法向量为，

由（1）知平面的一个法向量为，

故，

设平面和平面所的夹角为，

所以，即，

所以平面和平面夹角的大小为.

（3）设，设平面EOP的法向量为

又

令，则

18．已知数列满足记.

(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

(3)设，记数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）按等比数列的定义证明，用的递推关系寻找与的关系；

（2）使用分组求和法，奇数项为等比数列求和，偶数项可转化为奇数项求和；

（3）先将放缩后再裂项可求和.

【详解】（1）证明：因为，

所以，

又，

所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，

所以.

（2）

（3）

19．已知数列的前项和为且；等差数列前项和为满足.

(1)求数列，的通项公式；

(2)设，求数列的前项和；

(3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求的最大值.

【答案】(1)，；

(2)和为

(3)2

【分析】(1) 根据与的关系证明为等比数列，根据等差数列性质求的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求，的通项公式；

(2)利用错位相减法求数列的前项和，利用裂项相消法求数列的前项和，结合分组求和法求数列的前项和；

(3)由(1)求，由条件可得，判断数列的单调性求其最值，由此可得，结合基本不等式求的最大值.

【详解】（1）由得

时，

所以，所以为首项为1，公比为3的等比数列，

所以

因为，所以

又，所以，，所以；

（2）

令为的前项和，则，

所以，

所以，

所以；

令为的前项和，则

所以.

故的前项和为，

.

（3）因为，，

故恒成立

设

时，；

时，

恒成立

即恒成立，，当且仅当时等号成立，，故的最大值为2.

20．已知函数

(1)若，证明：；

(2)若函数与函数的图象有且仅有一条公切线，求实数的取值集合；

(3)设，若函数有两个极值点，且，求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）构造函数，并利用导数去证明即可解决；

（2）先分别写出与切线方程，再构造函数，利用导数求其只有一个零点时实数的取值即可解决；

（3）构造函数，并利用导数去证明即可解决

【详解】（1）时，，即

令，则

当x变化时，，变化情况如下表

则是唯一的极值点且是极小值点，所以.

故

（2）令在的切线方程与在，处的切线方程重合

与切线方程分别为.

有且仅有一解，则，故，

代入第二个方程得：，

记，则，

时单调递减；时单调递增，

，

当时，即，且，

则，

若有唯一解，则，易得，

综上，实数的取值集合为；

（3），

，

当，即时，函数单调增，无极值点.

当，即时，由得：两根，又，

当时，只有一根，不合题意，舍去，

当时，有两个极值点，且，

，

要证，即证，

只需证，

令，则，

在上单调递增，故，

，即原不等式得证.