浙江省杭州市杭州第二中学2022-2023学年高三数学上学期9月月考试题（Word版含解析）

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.已知集合，，则（）A.(-1，1]B.[-2，1]C.{0，1}D.{-2，-1，0，1}【答案】C【解析】【分析】结合对数不等式化简集合，再由交集运算即可求解.【详解】，，，，故选：C．2.设在处可导，下列式子与相等的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据导函数的定义，将各选项中的式子化简，即可判断出答案.【详解】对于A，,A错误；对于B，，B正确；对于C,，C错误；对于D，，D错误， 故选：B3.已知，“不等式与的解集相同”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】D【解析】【分析】可举出反例证明充分性和必要性均不成立.【详解】不等式与的解集均为空集，但，所以充分性不成立；不妨令，，满足，但的解集为，的解集为，所以与的解集不同，必要性不成立；故选：D4.2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为(素数即质数，，计算结果取整数)A.1089B.1086C.434D.145【答案】B【解析】【分析】由题意可知10000以内的素数的个数为，计算即可得到答案. 【详解】由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为，则10000以内的素数的个数为===2500，故选B.【点睛】本题考查对数运算性质的简单应用，考查学生的审题能力.5.已知，，，则它们的大小关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数可证，又，可得，即可证．【详解】由令，则，当，；当，；所以在上单调递增，在上单调递减，且则，因此，所以又因为，所以，得故，有故选：C6.如图，在正方形ABCD中，|AB|=2，点M从点A出发，沿A→B→C→D→A方向，以每秒2个单位的速度在正方形ABCD的边上运动：点N从点B出发，沿B→C→D→A方向，以每秒1个单位的速度在正方形ABCD的边上运动.点M与点N同时出发，运动时间为t（单位：秒），△AMN的面积为f（t）（规定A，M，N共线时其面积为零，则点M第一次到达点A时，y=f（t）的图象为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，写出的解析式，根据解析式分析选项可得答案．【详解】①0≤t≤1时，f（t）=；②时， ；③时，；④时，； 所以，其图象为选项A中的图象，故选：A．7.已知函数，，若对任意的，均存在，使得，则a的取值可能是（）A.0B.2C.D.1【答案】BD【解析】【分析】先判断出在单调递减，在单调递增；在单调递增，在单调递减.对a进行分类讨论，利用的值域是值域的子集求出a的范围，对于四个选项一一判断即可.【详解】依题意有，所以在单调递减，在单调递增，又，所以在单调递增，在单调递减，（i）若，即，有在单调递减，则，而，则在单调递增，则，易知有，，符合题意；（ii）若，即，有f(x)在单调递增，则，（1）若，则在单调递增，则，有，只需，得； （2）若，则在单调递减，则，有，不符合；（3）若，有，不符合；（iii）若，有，，而，则在单调递增，则，又有，，符合题意；综上可知.故选：BD．【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）相等关系记值域为A,的值域为B,①若，，有成立，则有；②若，，有成立，则有；③若，，有成立，故；（2）不等关系(1)若，，总有成立，故；(2)若，，有成立，故；(3)若，，有成立，故；(4)若，，有成立，故．8.若函数与函数有公切线，则实数的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得出两个切线方程，由两个切线方程可整理成关于一个变量的函数，利用导数求出函数的取值范围即可求解.【详解】设公切线与函数切于点，，切线的斜率为，则切线方程为，即设公切线与函数切于点，，切线斜率为，则切线方程为，即所以有因为，所以，可得，，即，由可得：，所以，令，则，， 设，则，所以在上为减函数，则，所以，所以实数的取值范围是，故选：B．【点睛】方法点睛：求曲线过点的切线的方程的一般步骤是：（1）设切点（2）求出在处的导数，即在点处的切线斜率；（3）构建关系解得；（4）由点斜式求得切线方程.二､多选题：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.已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（）A.B.C.若不等式解集为，则D.若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【解析】【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断. 【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，由于，所以.A，，当时等号成立，故A正确.B，，当且仅当时等号成立，故B正确.C，不等式的解集为，，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，，故D正确，故选：ABD10.设，函数，则（）A.当时，具有奇偶性B.当时，在上单调C.当时，在上不单调D.当时，的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】由奇偶性定义判断A；根据单调性判断B；由，结合，判断CD.【详解】，则函数的定义域为对于A，当时，，函数为偶函数；当时，，函数 为奇函数，故A正确；对于B，当时，函数在上单调递减，故B正确；对于C，当时，，即在上不单调，故C正确；对于D，当时，，故D错误；故选：ABC11.若正实数满足，则下列不等式可能成立的有（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】构造函数，，利用导数可求得的单调性，由此可得满足不同大小关系时，，与的大小关系；由此依次判断各个选项得到结论.【详解】令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，若，则，即，成立；若，则，成立；令，则，在上单调递增，当时，，即；对于A，当，时，，即成立，又此时成立，当时，可能成立，A正确； 对于B，当时，，即，不等式不成立，B错误；对于C，当时，，即，不等式不成立，C错误；对于D，当时，必然成立，D正确；故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数值大小关系的比较问题，进而根据单调性得到自变量的大小关系.易错点是题干中考查“可能成立”的关系，而非“必然成立”的关系，审题不清易造成漏选.12.函数，其中，若有且只有一个整数，使得，则的取值可能是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】设，，对求导，将问题转化为存在唯一的整数使得在直线的上方，求导数可得函数的极值，解，求得的取值范围．详解】解：设，，则，，，单调递增，，，，单调递减，时，取得最大值为，，，又直线恒过定点且斜率为，， ，又，的取值范围，对照选项可知只有C、D符合要求．故选：CD．三､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.已知函数，则___________.【答案】【解析】【分析】计算出的范围，结合函数解析式以及指数运算法则、对数恒等式可求得结果.【详解】因为，则，所以，.故答案为：.14.已知，，，那么的最小值为___.【答案】【解析】【分析】由已知可得，，代入到所求式子后，利用乘法，结合基本不等式即可求解.【详解】解：，，，，.， 当且仅当即时取等号，此时有最小值.故答案为：.【点评】本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，属于基础题.15.若函数满足，其中为的导函数，则函数在区间的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】根据已知并结合导数公式，构造函数，（C为常数），确定C并判断其单调性，求得函数最值以及区间端点处函数值并比较大小，可得答案.【详解】由，可得；设，由可得，则（C为常数），即，由得，得，则，也满足，故，则，当时，，则，故递减， 当时，，则，故递增，可得的最小值为；而，，即，故函数在区间的取值范围是，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值问题，综合性较强，能很好地考查数学素养和解决问题的能力，解答时要能根据条件合理变式，从而构造新函数，进而利用导数解决问题.16.已知对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.【详解】因为，所以①，令，则，设，所以，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以， 所以在单调递增，因为①式可化为，所以，所以，令，则，当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，故答案为：.【点睛】关键点睛：通过不等式的形式构造函数，结合常变量分离法，利用导数的性质进行求解是解题的关键.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，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且，点D是外一点，.（1）求角B的大小；（2）求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边后应用余弦定理求得角后可得角大小； （2）设，由面积公式得面积，由余弦定理求得，然后可得正三角形的面积，从而得出四边形的面积，再逆用两角差的正弦公式化简函数后利用正弦函数性质得最大值．【小问1详解】由，再由正弦定理得，，得，即故，所以，又，故.【小问2详解】设，则，在中，，由（1）知为正三角形，故，故，因为，故即时，.18.已知函数.（1）若在上有意义且不单调，求a的取值范围；（2）若集合，且，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意得到二次函数的对称轴在之间，且在上恒为正，结合二次函数的性质即得； （2）设为方程的两个根，计算，得到，进而即得.【小问1详解】当时，，由题知：二次函数的对称轴在之间，且在上恒正，∴，解得，即；【小问2详解】因为，不妨设为方程的两个根，∴，由，得，即，且，由，得，∴，∵，∴，∴，又为方程的两个根，∴，∴，解得，∴. 19.已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且满足，.（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）设数列满足，证明：.【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）方法一：由①得②，利用②-①化简得到与关系即可.方法二：由得，即是以1为首项，为公差的等差数列，求出的通项公式再利用求即可；（2）利用分组（并项）法求和即可.【小问1详解】方法一：因为①，所以②，由②-①得，，即，又，则，即.在中令得，，即. 综上，对任意，都有，故数列是以1为公差的等差数列.又，则.方法二：因为，所以，又，则数列是以1为首项，为公差的等差数列，因此，即.当时，，又也符合上式，故，故对任意，都有，即数列是以1为公差的等差数列.又，则.【小问2详解】由（1）得，所以，，20.购买盲盒，是当下年轻人的潮流之一.每个系列的盲盒分成若干个盒子，每个盒子里面随机装有一个动漫､影视作品的图片，或者设计师单独设计出来的玩偶，消费者不能提前得知具体产品款式，具有随机属性.某礼品店2021年1月到8月出售的盲盒数量及利润情况的相关数据如下表所示：月份1月2月3月4月5月6月7月8月月销售量/千个3456791012月利润/万元3.64.14.45.26.27.57.99.1 （1）求出月利润（万元）关于月销售量（千个）的回归方程（精确到0.01）；（2）2022年冬奥会临近，该店售卖装有奥运吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”玩偶的两款盲盒，小明同学购买了4个装有“冰墩墩”玩偶的盲盒，4个装有“雪容融”玩偶的盲盒，从中随机选出3个作为元旦礼物赠送给同学.用表示3个中装有“冰墩墩”玩偶的盲盒个数，求的分布列和数学期望.参考数据：，，附：线性回归方程中，，.【答案】（1）（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）根据所给数据，结合参考公式直接计算，即可求解；（2）写出X的所有可能，求对应概率即可得出分布列，由期望公式计算期望即可.【小问1详解】，根据参考数据可得，所以故月利润)(万元)关于月销售量x(千个)的回归方程为；【小问2详解】由题中数据可知，X的所有可能取值为0,1,2,3， ，故X的分布列为：X0123P21.已知函数.（1）设，证明：；（2）已知，其中为偶函数，为奇函数.若有两个不同的零点，证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）欲证，只需证，令，利用导数得出，即可证明；（2）由奇偶性得出，由（1）得不等式成立，从而得出，，构造函数，由证明即可.【小问1详解】欲证，只需证，即证， 设，即证，①设，则，所以单调递增，所以，所以①式成立，所以，.【小问2详解】根据已知，得到联立解得.由（1）得不等式成立，因为为偶函数，所以对任意成立.，即，所以，由知.所以.构造，则存在零点，且.同理可证.所以.【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用恒成立，从而得出，，构造函数，由得出.22.已知函数在区间内存在极值点． （1）求a的取值范围；（2）判断关于x的方程在内实数解的个数，并说明理由．【答案】（1）（2）实数解有三个，理由见解析【解析】【分析】（1）求出函数导数，讨论和，讨论导数的正负即可求解；（2）两次求导，根据零点存在性定理进行判断可以得出.【小问1详解】．①当时，因为，所以．所以在（－1，0）上单调递减，所以在（－1，0）上无极值点．故不符合题意．②当a>1时，因为在（－1，0）上单调递增，在（－1，0）上单调递增，所以在（－1，0）上单调递增．又，，，所以存在唯一的，使得．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以在（－1，0）内存在极小值点，满足题意．综上，a的取值范围是．【小问2详解】 当时，单调递减．又，，所以存在唯一的，使得．当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，，所以存在唯一的，使得．当时，；当时，．又当时，恒成立，结合（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．又因为，，，，，所以在内共有三个零点，方程在内的实数解有三个．【点睛】关键点睛：本题考查含参函数的极值点和零点问题，解题的关键是利用存在性定理结合单调性判断导数的正负.