湖南省 2023-2024学年高三数学上学期第二次月考试题（Word版附解析）

常德市第一中学2024届高三第二次月水平检测数学（时量：120分钟满分：150分命题人､审题人：高三数学组）一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个答案符合题意）1.若集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可.【详解】解得，即，B为奇数集，故.故选：C2.的值等于（）A.-2B.0C.8D.10【答案】A【解析】【分析】应用指数运算和对数运算计算求解即可.【详解】.故选：A.3.函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；当时、，即A、C中上函数值为正，排除；故选：D4.《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为，肩宽约为，“弓”所在圆的半径约为，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：，）（）A.1.012mB.1.768mC.2.043mD.2.945m【答案】B【解析】【分析】由题意分析得到这段弓形所在的弧长，结合弧长公式求出其所对的圆心角，双手之间的距离，求 得其弦长，即可求解.【详解】如图所示，由题意知“弓”所在的弧的长，其所对圆心角，则两手之间的距离．故选：B．5.“”是“方程有正实数根”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】B【解析】【分析】根据零点的几何意义，将方程有正根问题等价转化为函数求零点问题，结合二次函数的性质，可得答案.【详解】由方程有正实数根，则等价于函数有正零点，由二次函数的对称轴为，则函数只能存在一正一负的两个零点，则，解得，故选：B.6.设正实数满足，则当取得最小值时，的最大值为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】化简，然后由基本不等式得最值，及，这样可化为的二次函数，易得最大值．【详解】当且仅当时成立，因此所以时等号成立．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查基本不等式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力和转化思想、函数和方程思想．基本不等式的使用价值在于简化最值确定过程，而能否使用基本不等式的关键是中的是否为定值，本题通过得以实现．7.已知函数是奇函数的导函数，且满足时，，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件构造函数，求导后可判断当时，函数单调递减，再由，可得当时，，再由为奇函数，得时，，从而可求得不等式的解集.【详解】令函数，则，即当时，函数单调递减，因为，所以当时，，当时，.因为当时，，当时，，所以当时，. 又，，所以当时，；又为奇函数，所以当时，，所以不等式可化或，解得，所以不等式的解集为，故选：D.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是根据题意构造函数，然后求导后可判断函数的单调性，从而利用函数的单调性解不等式，考查数学转化思想，属于较难题.8.已知直线与曲线和曲线均相切，则实数的解的个数为（）A.0B.1C.2D.无数【答案】C【解析】【分析】由题意可求得直线与曲线和曲线分别切于点，，则，化简后得，然后将问题转化为方程解的个数，构造函数，利用导数和零点存在性定理可求得其零点的个数，从而可得答案.【详解】根据题意可知，直线与曲线和曲线都相切，所以对于曲线，则，所以，所以切点，对于曲线，则，所以，切点，易知A,B不重合，因为公切线过两点，所以，进而可得， 令，则，令，则所以在单调递增，因为，所以存在使得，即，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，故.又因为，所以，当时，，因为，所以在内存在，使得，当时，，因为，，所以在内存在，使得，综上所述，存在两条斜率分别为，的直线与曲线和曲线都相切，故选：C.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是求出两切点的坐标后，将问题转化为方程解的个数问题，然后构造函数，利用导数和零点存在性定理解决，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，多选错选不得分，少选得两分） 9.设．且，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据不等式的性质可判断AB，根据指数函数的性质可判断C，利用特值可判断D.【详解】因为．且，所以，即，故A正确；由，可得，故B错误；由题可知，所以，故C正确；取，可得，所以，故D错误故选：AC.10.下列说法正确的有（）A.B.中，C.若，则D.【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据角所在象限即可判断三角函数符号；对B，三角函数诱导公式即可判断；对C，举反例即可；对D，根据同角三角函数的关系即可判断.【详解】对A，因为，所以，，，，故A正确；对B，在中，，故B正确；对C，举例，满足，但不满足，故C错误； 对D，因为，所以左边右边，故D正确.故选：ABD.11.已知函数，，则（）A.在上为增函数B.当时，方程有且只有3个不同实根C.的值域为D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据函数解析式作出函数图象，判断函数单调性及值域；根据导数求方程的根的个数；数形结合求得成立时，参数范围；【详解】根据函数解析式作出函数图象，由图象易知，在上不是增函数，故A错误；当时，，则，过定点，当时，与在上相交，共2个交点；当时，，过点作的切线，设切点为， 则，，解得，，故当时，与在处相切，有1个交点；故当时，与共有3个交点，故B正确；由图易知，故C正确；当时，等价于，由函数图象，及上述分析知，；当时，等价于，由函数图象，及上述分析知，；故若，，故D正确；故选：BCD12.已知定义在上的函数满足对任意的，，，且当时，，则（）A.B.对任意的，C.是减函数D.若，且不等式恒成立，则的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】A.取，易得；B.取，可得，然后验证的情况；C.由当时，，且可得，当时，，与为减函数矛盾，从而可判断C错误； D.先证明的单调性，然后由可得，结合函数的单调性可得，再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解.【详解】取，则，解得或，若，则对任意的，，与条件不符，故，A正确；对任意的，，若存在，使得，则，与矛盾，所以对任意的，，B正确；当时，，且，所以当时，，与为减函数矛盾，C错误；假设，则因为，所以，则，即，所以函数在上单调递增，由题意得，所以，结合在上单调递增可知，则，令，则，，令，，易得在上单调递减，在上单调递增，从而，所以，则，D正确.故选：ABD.【点睛】本题中用到特殊值，特殊函数来解决问题，特别是选项D中，将不等式转化为，再结合换元法，求导等办法来求解，综合能力要求较高.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若，则的值为____________.【答案】 【解析】【分析】将分子分母同除以，即可求得答案.【详解】由题意，则，则，故答案为：14.已知函数在上单调递增，则a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据复合命题单调性可知，是函数单调递增区间的子集，列式求实数的取值范围.【详解】由，得或，即函数的定义域为，令，则，因为函数为定义域上的单调增函数，在上递增，函数单调增区间，因为函数在上单调递增，所以，所以，故答案为：15.设函数，的定义域均为，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为________．【答案】【解析】【分析】对函数求导，根据函数的奇偶性，对称性，周期性分析即可求解.【详解】因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数， 则，求导得，即，所以函数的图像关于对称．因为函数为偶函数，所以，所以函数的图像关于对称，由函数的图像关于对称，且关于直线对称．所以函数的周期为，．由，，，所以，即，即，所以当时，于是．故答案为：16.已知函数，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】将不等式等价转化，构造函数，并探讨其性质，再利用导数分类讨论的值域即可求解作答.【详解】， 令，则，，设，则，当时,，且等号不同时成立，则恒成立，当时，，则恒成立，则在上单调递增，又因为，因此存在，使得，当时，，当时,，所以函数在上单调递减，在,上单调递增,又，作出函数的图像如下：函数定义域为，求导得，①当时，，函数的单调递减区间为，当时，的取值集合为，而取值集合为，因此函数在上的值域包含，当时，的取值集合为，而取值集合为，因此函数在上无最小值，从而函数的值域为R，即，，不合题意，②当时，由得，由得，函数在上单调递增，在上单调递减，，当时，的取值集合为，而取值集合为，因此函数在上的值域包含，此时函数的值域为，即，当时，即当时，恒成立，符合题意， 当时，即当时，，结合图象可知，，不合题意，所以实数的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.四､解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知，.（1）求的大小；（2）设函数，，求的单调区间及值域.【答案】（1）（2）答案见详解【解析】【分析】（1）根据切化弦公式与二倍角公式化简进行求值；（2）根据正弦型函数的单调区间公式求解函数的单调区间，由，求整体角的取值范围得到的值域.【小问1详解】由得，则，因为，所以，所以，解得， 即，又，所以，则.【小问2详解】函数，，令，解得，所以函数在区间上单调递增；令，解得，所以函数在区间上单调递减；因为，，当时，即，取最大值1；当时，即，取最小值.所以值域为.18.为数列{}的前项和.已知＞0，=.（Ⅰ）求{}的通项公式；（Ⅱ）设,求数列{}的前项和.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2， ∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn（），∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．19.已知函数，其中，e为自然对数的底数．（1）讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上的最大值．【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递减；在上单调递增；（2）当时，最大值是；当时，最大值是；当时，在区间上的最大值是.【解析】【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数，讨论，在函数的定义域内解不等式和即可．（2）欲求函数在区间上的最大值，先求在区间上的单调性，讨论的值，分别求出最大值．【小问1详解】，函数定义域为，．当时，令，得．若，则，从而在上单调递增； 若，则，从而在上单调递减．当时，令，得，解得或，有．若，则或，从而在和上单调递减；若，则，从而在上单调递增；【小问2详解】由（1）中求得单调性可知，当时，在区间上单调递增，最大值是．当时，在区间上单调递增，最大值是．当时，在区间上单调递增，在区间单调递减，最大值是．20.菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2.（1）证明：直线FC//平面EAB；（2）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为？若存在，求，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）取AE的中点H，连接HF，HB，先证四边形BCFH为平行四边形，从而知FC∥HB，再由线面平行的判定定理，得证；（2）取AB的中点N，连接DN，先证FD，DC，DN两两垂直，再以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设λ，λ∈[0，1]，用含λ的式子表示出点M的坐标，求得平面BDM的法向量，由 ，解之即可．【小问1详解】取AE的中点H，连接HF，HB，因为EA∥FD，EA＝2FD＝2，所以四边形ADFH为平行四边形，所以HF∥AD，HF＝AD，又菱形ABCD，所以AD∥BC，AD＝BC，所以HF∥BC，HF＝BC，即四边形BCFH为平行四边形，所以FC∥HB，因为平面EAB，HB⊂平面EAB，所以FC∥平面EAB．【小问2详解】取AB的中点N，连接DN，因为菱形ABCD中，∠ABC＝120°，所以△ABD是等边三角形，所以DN⊥AB，所以DN⊥DC，因为EA⊥平面ABCD，EA∥FD，所以FD⊥平面ABCD，所以FD⊥DC，FD⊥DN，故以D为坐标原点，DN，DC，DF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（，﹣1，2），所以（，3，﹣2），（0，﹣2，2），（，1，0），设λ，λ∈[0，1]，则M（（1﹣λ），3λ﹣1，2（1﹣λ））， 设平面BDM的法向量为（x，y，z），则，即，令x＝﹣1，则y，z＝，所以（﹣1，，），因为直线EB与平面BDM所成角的正弦值为，所以|＝||，化简得，，，解得λ或（舍负），即，所以．21.在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.（1）求C的方程；（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【小问1详解】因为实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.【小问2详解】由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意， 故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，又，所以,故，即，所以点P坐标为.【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.22.已知函数.（1）若函数为增函数，求的取值范围；（2）已知.（i）证明：；（ii）若，证明：.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明 即可；（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.【小问1详解】∵，则，若是增函数，则，且，可得，故原题意等价于对恒成立，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递增，在递减，故，∴的取值范围为.【小问2详解】（i）由（1）可知：当时，单调递增，∵，则，即，整理得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递减，在递增，故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故；（ii）∵，则，可知有两个不同实数根，由（1）知，可得，同理可得，构建，则，当时，；当时，；当时，；且，故对恒成立，故在上单调递减，∵，则，即，且，则，故，可得；又∵，由（i）可得，即，则，且，则，可得；综上所述：可得，则故.【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式基本步骤(1)作差或变形． (2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．