2023届福建师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学试题（解析版），共21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届福建师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再求两集合的交集.【详解】由题知，∴  又∵，∴，即，∴，故选：C2． 为非零向量，且，则（    ）A．，且与方向相同 B．是共线向量且方向相反C． D．无论什么关系均可【答案】A【分析】根据向量加法的性质及三角形边之间的关系即可得出答案.【详解】当两个非零向量不共线时，的方向与的方向都不相同，且；当两个非零向量同向时， 的方向与的方向都相同，且；当两个非零向量反向时且，的方向与的方向相同，且，所以对于非零向量 ，且，则，且与方向相同.故选：A.3．在等比数列中，已知，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】直接利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.【详解】∵公比，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴且，∴且，即“”是“”的充分不必要条件．故选：A．4．已知数列的前n项和为，，对任意的都有，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.【详解】数列满足，对任意的都有，则有，可得数列为常数列，有，得，得，又由，所以．故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.5．设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（    ）A．函数有极大值和极小值B．函数有极大值和极小值C．函数有极大值和极小值D．函数有极大值和极小值【答案】B【分析】由函数图象，确定的零点并判断的区间符号，进而可得的单调性，即可知极值情况.【详解】由图知：当时，有、，∴，，又时，而则，即递增；时，而则，即递减；时，而则，即递增；时，而则，即递增；综上，、上递增；上递减.∴函数有极大值和极小值.故选：B6．在数列中，，则（    ）A．25 B．32 C．62 D．72【答案】B【分析】令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.【详解】解：令函数，由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，所以所以故选：B7．已知函数，则在同一个坐标系下函数与的图像不可能是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，由奇偶性的定义及性质可得是R上的奇函数，且是R上的增函数，然后分、和三种情况讨论即可求解.【详解】解：设，因为，所以是R上的奇函数，又时，在上单调递增，所以在R上单调递增，且有唯一零点0，所以的图像一定经过原点，当时，与的图像相同，不符合题意．当时，是R上的奇函数，且在上单调递增，所以与的图像可能为选项C；当时，若，所以与的图像可能为选项A或B.故选：D．8．已知函数，，若成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，得到关于t的函数式，进而可得关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.【详解】令，则，，∴，，即，若，则，∴，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴，即的最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：令确定关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值. 二、多选题9．在中，，，，下列命题为真命题的有（    ）A．若，则B．若，则为锐角三角形C．若，则为直角三角形D．若，则为直角三角形【答案】ACD【分析】利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．【详解】解：A：若，由正弦定理得，，则 A正确；B：若，则，，即为钝角，为钝角三角形，故 B错误；C：若，则，为直角三角形，故 C正确；D：若，则，， ，由余弦定理知，，则，，，为直角三角形，故 D正确．故选：ACD．10．设数列的前项和为，且满足，则下列说法不正确的是（    ）A．可能为等差数列 B．一定为等比数列C．使得 D．的最小值为【答案】ACD【分析】利用相减的方法求得通项公式，求得前项和，然后分析数列的性质，判断各选项．【详解】首先由题意，由，得时，，相减得，，也适合，所以，数列是等比数列，不是等差数列，A错，B正确；，所以不存在，使得，C错；，．当且仅当，即时，等号成立，但，因此取不到．D错误，故选：ACD．【点睛】本题考查等比数列、等差数列的判断，考查由数列前项和求数列通项的方法，考查等比数列前项和公式，还考查基本不等式的应用，解题中注意类似由求的变形为常常有，对一般直接由求出，然后检验．11．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则A． B． C． D．【答案】AD【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.【详解】.整理可得: 可得 为三角形内角, 故A正确，B错误.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C错误，D正确.故选: AD.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.12．已知数列满足：，当时，，则关于数列说法正确的是（    ）A． B．数列为递增数列C．数列为周期数列 D．【答案】ABD【分析】由已知递推式可得数列是首项为，公差为1的等差数列，结合选项可得结果.【详解】得，∴，即数列是首项为，公差为1的等差数列，∴，∴，得，由二次函数的性质得数列为递增数列，所以易知ABD正确，故选：ABD.【点睛】本题主要考查了通过递推式得出数列的通项公式，通过通项公式研究数列的函数性质，属于中档题.13．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）A． B．C． D．数列的前项和为【答案】BCD【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.【详解】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.14．设函数，则下列选项中正确的是（    ）A．为奇函数B．函数有两个零点C．函数的图象关于点对称D．过原点与函数相切的直线有且只有一条【答案】BCD【分析】结合函数的奇偶性、零点、对称性、切线方程对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】的定义域为，，所以是非奇非偶函数，A选项错误.由，解得，所以B选项正确.，令，的定义域为，，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以关于对称，C选项正确.对于D选项， 图象上一点，当时，，则，故过点的切线方程为，将代入上式得，整理得，构造函数，在递增；在递减.，所以，即方程无解，也即当时，不存在过原点的切线.当时，，，则，，故过点的切线方程为，将代入上式得，整理得，构造函数，所以在递减，，所以有唯一零点，也即当时，存在唯一一条过原点的切线.综上所述，D选项正确.故选：BCD【点睛】求曲线的切线方程，要注意已知点是曲线上的点还是曲线外的点.当已知点在曲线外时，要设出切点坐标，利用导数求得斜率，根据点斜式写出切线方程，然后代入已知点进行求解.含有绝对值的函数，要注意根据绝对值的知识进行去绝对值. 三、填空题15．已知，为单位向量，，则_____．【答案】【分析】由题可得，再代入即得.【详解】因为，为单位向量，，所以，所以，则.故答案为：.16．在等差数列中，，是方程的两个实数拫，则______.【答案】##【分析】利用韦达定理列出，的关系式，然后利用等差数列的性质求得所求表达式的值.【详解】由于，是方程的两个实根，所以，所以.故答案为：.17．设数列的前项和为，若，，则______.【答案】【分析】根据递推关系式，得，即可得数列是以为首项，为公比的等比数列，按照等比数列通项公式求出，即可得的值.【详解】解：设数列的前项和为，若，，则，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列所以，即，所以.故答案为：.18．已知平面向量满足，且与的夹角为，则的取值范围是___________.【答案】【分析】画出图形，表示出，，从而确定，利用正弦定理得到，结合，求出的取值范围.【详解】设，，如图所示，则，因为与的夹角为，所以，因为，所以由正弦定理得：，所以，因为，所以故答案为：.19．已知数列的前n项和为，且，设函数，则______．【答案】##【分析】根据可求，从而可求.易验证，故可采用倒序相加法求题设式子的值．【详解】∵①，∴当时，②，①－②得，∴；当时，，∴，此时仍然成立，∴．∴当n=1时，；当时，，当n=1时，上式也成立，故．由于，设则，∴．故答案为：．【点睛】本题关键是熟练掌握利用前n项和与通项公式的关系求得，观察猜测并发现为定值，从而利用倒序相加法即可求和．20．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．【答案】440【分析】由题意求得数列的每一项，及前项和，及项数，由题意可知：为2的整数幂．只需将消去即可，分别分别即可求得的值.【详解】解：由题意可知：第一项，第二项，第三项，，第项，根据等比数列前项和公式，求得每项和分别为：，，，，，每项含有的项数为：1，2，3，，，总共的项数为，所有项数的和为，由题意可知：为2的整数幂，只需将消去即可，则①，解得：，总共有，不满足，②，解得：，总共有，不满足，③，解得：，总共有，不满足，④，解得：，总共有，满足，该款软件的激活码440．故答案为：440.【点睛】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前项和，考查计算能力及数据分析能力，属于难题. 四、解答题21．已知数列的前项和为，，且.(1)求数列的通项公式，(2)设数列满足（），求数列的前项和为【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用与的关系，分和讨论，得到数列为等比数列，即可求解；(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求出数列的前项和为.【详解】（1）因为，当时，，解得：，当时，则有，两式相减可得：，所以，因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以数列的通项公式为.（2）由可得：，所以两式相减可得：所以.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．22．中国职业篮球联赛（CBA联赛）分为常规赛和季后赛.由于新冠疫情关系，今年联赛采用赛会制：所有球队集中在同一个地方比赛，分两个阶段进行，每个阶段采用循环赛，分主场比赛和客场比赛，积分排名前8的球队进入季后赛.季后赛的总决赛采用五场三胜制（“五场三胜制”是指在五场比赛中先胜三场者获得比赛胜利，胜者成为本赛季的总冠军）.下表是队在常规赛60场比赛中的比赛结果记录表.阶段比赛场数主场场数获胜场数主场获胜场数第一阶段30152010第二阶段30152515 (1)根据表中信息，依据的独立性检验，能否认为比赛的“主客场”与“胜负”之间有关联？(2)已知队与队在季后赛的总决赛中相遇，假设每场比赛结果相互独立，队除第五场比赛获胜的概率为外，其他场次比赛获胜的概率等于队常规赛60场比赛获胜的频率.记为队在总决赛中获胜的场数.求的分布列.附：，其中.临界值表：（）0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828  【答案】(1)不能认为比赛的“主客场”与“胜负”有关(2)见解析 【分析】（1）写出列联表，根据公式求出，对照临界值表判断即可；（2）根据题意得到队除第五场外，其他场次获胜的概率为，然后分情况求概率，写分布列即可.【详解】（1）根据题意可得列联表如下： 客场主场合计获胜场次202545负的场次10515合计303060 ，所以不能认为比赛的“主客场”与“胜负”有关，即认为比赛的“主客场”与“胜负”无关.（2）由题意得队除第五场外，其他场次获胜的概率为，，，，，所以的分布列如下，0123 23．如图，在平面四边形ABCD中，.(1)若，求线段AC的长：(2)求线段AC长的最大值．【答案】(1)；(2)6. 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理计算作答.（2）设，在中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出，再在中，利用余弦定理列式求解作答.【详解】（1）在中，，，由余弦定理得：，即，解得，在中，，由余弦定理得：，所以.（2）设，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得：，，在中，由余弦定理得：，当且仅当，即时取“=”，此时，所以当时，线段AC长取最大值6.【点睛】方法点睛：三角形中已知两边及一边对角求第三边，可以利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解.24．已知函数是自然对数的底数.(1)当时，设的最小值为，求证：；(2)求证：当时，.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用零点存在性定理，确定存在使得导函数为0，利用导函数的单调性得到，构造，求导后得到单调性，得到；（2）方法一：求导后对导函数变形，得到导函数的单调性，结合零点存在性定理得到存在使得，两边取对数后得到，利用隐零点得到，利用放缩法，基本不等式证明出结论；方法二：对不等式变形，结合放缩法，只需证明，构造函数后求导，得到其最小值故证明出结论；方法三：注意到与互为反函数，其图像关于对称，只需证当时，，构造，，求导得到其单调性，求出其最小值大于等于0，从而证明出结论，【详解】（1）当时，由于，故存在，使得由基本初等函数性质知，在递增，所以当时，递减；当时，递增，所以设函数在恒成立，故在递减，，所以.（2）方法一：当时，由基本初等函数性质知，在递增，令，，则在上恒成立，所以单调递减，所以，即，，因为，所以，故，所以所以存在使得，即：，两边取自然对数得：当时，递减；当时，递增，因为，故方法二：，由于，所以，故只需证，即，设，在单调递增，且，故时单调递减；时单调递增，所以原不等式成立.方法三：，注意到与互为反函数，其图像关于对称，故只需证当时，，令，,，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，因为，所以，两边同除以得：因为单调递增，所以，所以当时，，证毕.【点睛】本题第二问可从不同角度来进行证明不等式，第三种方法最为简单，需要能观察到两函数为反函数，故可变形为只需证明当时，成立即可，再构造函数进行证明.