湖南省长沙外国语学校2022-2023学年高三数学上学期第二次月考试卷（Word版有解析）

长沙外国语学校2022-2023学年高三年级上学期第二次月考数学时量：120分钟，满分：150分一、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，则的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】先化简集合,求出即得解.详解】解：所以，所以的元素个数为2.故选：B.2.设命题，则的否定为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用全称命题的否定方法进行求解.【详解】因为命题，所以的否定为：.故选：C.3.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】 【分析】将点代入切线方程，求出，再求导，利用导数的几何意义得到.【详解】将代入，得，易知直线的斜率为8．因为，所以，所以．故选：B．4.已知函数是上的奇函数，且，且当时，，则的值是（）A.2B.C.0D.【答案】A【解析】【分析】先由可得的周期为6，再结合为奇函数，可得的对称轴，然后对化简计算即可.【详解】解：因为函数是上的奇函数，所以，由得，，所以所以函数为周期函数，周期为6，所以，，由函数为奇函数，得，得函数图象关于对称，即，所以．故选：A5.已知数列是公差不为零的等差数列，为等比数列，且，设，则数列的前10项和为（）A.1078B.1068C.566D.556 【答案】A【解析】【分析】设公差为d，公比为q，由结合通项公式建立方程组解出d，q，即可分组利用求和公式求出结果【详解】设公差为d，公比为q，由题，，则，，联立可解得，，所以，，∴的前10项和为，故选：A6.的值为（）A.1B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】把分子中的化为，利用两角差的余弦公式进行计算即可.【详解】原式=.故选：C.7.已知，，是不在同一直线上的三个点，是平面内一动点，若，，则点的轨迹一定过的（）A.外心B.重心C.垂心D.内心【答案】B 【解析】【分析】设出的中点，利用向量的运算法则化简；据向量共线的充要条件得到在三角形的中线上，利用三角形的重心定义：三中线的交点，得到选项【详解】解：如图，取的中点，连接，则．又，，即．又，点在射线上．故的轨迹过的重心．故选：B．8.已知是自然对数的底数，若，则有（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由条件变形为，令，利用导数法求解.【详解】解：因为，所以，令，则， 当时，，当时，，又因为，所以，即，又因为，且递减，所以，故选：A二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，在多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知向量，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AD【解析】【分析】对A，，列方程求解即可判断；对B，，求解即可判断；对CD，设，结合向量坐标运算法则，由向量相等列方程组求解即可判断.【详解】对A，若，则，可解得，A对；对B，若，则，可解得，B错；对CD，，设，则，则，解得，故C错，D对.故选：AD 10.已知函数，则（）A.的图象可由函数的图象向右平移个单位B.在上递减C.的图象关于直线对称D.当时，的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】根据辅助角公式得，进而结合三角函数的性质即可逐一求解.【详解】由得，对于A:向右平移得到，故错误；对于B:当时，，故在上递减，B正确;对于C:,故是的对称轴；故C对；对于D：当时，，当时，取最大值2，当时，取最小值，故值域为，D正确；故选：BCD11.若函数有大于零的极值，则实数的可能取值为（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】 【分析】求出函数的导数，确定取得极值的条件并求出极大值，再列出不等式求解作答.【详解】函数的定义域为，求导得：，当时，，函数在上单调递增，无极值，不符合题意，当时，当时，，当时，，则当时，函数取得极大值，因此，即，解得，显然选项A，D不满足，B，C满足.故选：BC12.已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若，均为奇函数，则（）AB.C.D.【答案】AD【解析】【分析】对A，根据定义域为R的奇函数的满足在处的值为0判断即可；对B，根据题意不能求出的值；对C，根据奇函数的性质可得的关系；对D，根据为奇函数推导可得，再为奇函数可得的周期为2，再令可得，进而根据周期性判断即可【详解】对A，因为为奇函数，且定义域为R，故，即，故A正确；对B，为奇函数则，且无条件推出的值，故B错误； 对C，因为为奇函数，故，即，故C错误；对D，因为为奇函数，则，故，故，所以，即关于对称.又为奇函数，故关于对称，结合关于对称有，即.故，又，所以，即的周期为2.又，即，所以，即，故D正确；故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设（其中为虚数单位），则___________.【答案】【解析】【分析】利用复数除法法则及加法法则，结合复数的摸公式即可求解.【详解】由题意可知，所以.故答案为：.14.设等比数列的前n项和为，若，则为________. 【答案】【解析】【分析】根据等比数列片段和的性质,即可求解.【详解】∵等比数列的前项和为,且∴由等比数列的性质得,所以故答案为:【点睛】本题考查了等比数列片段和的性质,属于基础题.15.定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为________．【答案】【解析】【分析】观察题干构造，将所求不等式华为，研究单调性进而求出结果.【详解】设，则不等式等价为，，，即不等式等价为，函数的导数，，，即在R上是减函数，则不等式的解为，即不等式的解集为， 故答案为：．16.在矩形中，，，为矩形内一动点，且，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点可建立平面直角坐标系，设，根据点轨迹可知，，由向量数量积坐标运算可得，由不等式性质可得结果.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，，点轨迹是以为圆心，为半径的圆在矩形内的部分，设，则，，，，，又，，，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查平面几何中的向量数量积的取值范围的求解问题，求解此类问题的基本方法为：①建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来求解；②根据平面向量的线性运算，将所求数量积转化为已知模长和夹角的向量的数量积的求解问题.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵． 17.已知，，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据及两角差的正弦公式计算可得；（2）首先求出，再根据及两角和的余弦公式计算可得.【小问1详解】解：因为，均为锐角，所以.又，所以，.所以.【小问2详解】解：根据第（1）问可知，所以.18.已知数列满足.（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和为.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由递推关系取可求，当时，取递推关系中的可求，由此可得数列的通项公式；(2)由(1)可得，利用裂项相消法求数列的前项和为.【小问1详解】当时，，当时，①②由①-②得，即.当时也成立，所以数列的通项公式为【小问2详解】因为，所以，所以.19.在中，角、、所对的边分别为、、，且满足，． （1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角恒等变换求出角的值，利用正弦定理求出的值，并求得的值，利用三角形的面积公式可求得的面积．【小问1详解】解：由及正弦定理可得，，则，故，，，因此，.【小问2详解】解：，所以，，即，即，，则，，则，由正弦定理可得，则，，因此，.20.已知数列的前n项和（），数列满足． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设数列满足（为非零整数，），问是否存在整数，使得对任意，都有．【答案】（1）证明见解析，（2）存在整数，使得对任意，都有【解析】【分析】（1）根据求出，结合得到，从而得到是首项和公差均为1的等差数列，求出通项公式，得到；（2）求出，，解出，分与两种情况，结合数列的单调性求出，结合为非零整数，求出.【小问1详解】证明：在中，令，得，解得：，当时，，∴，∴，即．，∴，即当时，，又，∴数列是首项和公差均为1的等差数列． 于是，∴；【小问2详解】由，得，∴，，①当，，2，3，时，①式即为，②依题意，②式对，2，都成立，∵单调递增，∴即可，当，，2，3，时，①式即为③，依题意，③式对，2，都成立，∵单调递减，即可，，又，存在整数，使得对任意，都有．21.已知函数，若在点处的切线方程为．（1）求的解析式；（2）求在上的单调区间和最值； （3）若存在实数，使函数在上为单调减函数，求实数n的取值范围．【答案】（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为；最小值为，最大值为；（3）【解析】【分析】（1）求出然后利用和联立方程组即可；（2）由（1）可得确定函数的单调性，即可求函数在上的最值；（3）由题意可得，可得，所以将代入可得，再利用题意可得即可得到答案【小问1详解】由可得，因为在点处的切线方程为，所以，解得，所以；【小问2详解】由（1）可知：，令，解得，所以，，的情况如下表， 0单调递减极小值单调递增由表格可知：在上的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值也为最小值为，又，，故最大值为；【小问3详解】由可得，由题意可知在上为单调减函数，所以恒成立，即，所以，所以，所以，因为存在实数，使得上式成立，，所以的取值范围是22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，求函数在上的零点个数．【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）2个【解析】【分析】(1)对求导后,根据的正负对的正负进行分情况讨论,得出对应单调性即可;(2)方法一:对求导后,对,,三种情况,结合零点存 性定理分别讨论零点个数;方法二:对求导后,对,两种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数.【详解】(1),其定义域为,,①当时,因为,所以在上单调递增,②当时,令得,令得,所以在上单调递减,上单调递增,综上所述,当时,在上单调递增,当时,在单调递减,单调递增.(2)方法一:由已知得,,则.①当时,因为,所以在单调递减,所以,所以在上无零点;②当时,因为单调递增,且,,所以存在,使,当时,,当时,,所以在递减,递增,且,所以,又因为,所以,所以在上存在一个零点,所以上有两个零点; ③当时,,所以在单调递增,因为,所以在上无零点;综上所述,在上的零点个数为2个.方法二:由已知得,,则.①当时,因为,所以在单调递增,所以,所以在上无零点;②当时,所以在单调递增,又因为,,所以使,当时,,当时,所以在单调递减,单调递增,且所以,又因为,所以,所以在上存在唯一零点,所以在上存在两个零点,综上所述,在上的零点个数为2个.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数零点问题,含参函数常利用分类讨论法解决问题,有一定难度.