首页

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)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/24

2/24

剩余22页未读,查看更多内容需下载

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.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-09-14 00:45:02 页数:24
价格:¥3 大小:1.52 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE