2023屆浙江省杭州第二中學(xué)高三上學(xué)期9月月考數(shù)學(xué)試題 一、單選題1．已知集合，，則（    ）A．(-1，1] B．[-2，1] C．{0，1} D．{-2，-1，0，1}【答案】C【分析】結(jié)合對(duì)數(shù)不等式化簡(jiǎn)集合，再由交集運(yùn)算即可求解.【詳解】，，，，故選：C．2．設(shè)在處可導(dǎo)，下列式子與相等的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的定義，將各選項(xiàng)中的式子化簡(jiǎn)，即可判斷出答案.【詳解】對(duì)于A，,A錯(cuò)誤；對(duì)于B，，B正確；對(duì)于C, ，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，，D錯(cuò)誤，故選：B3．已知，“不等式與的解集相同”是的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【分析】可舉出反例證明充分性和必要性均不成立.【詳解】不等式與的解集均為空集，但，所以充分性不成立；不妨令，，滿足，但的解集為，的解集為，所以與的解集不同，必要性不成立；故選：D4．2018年9月24日，阿貝爾獎(jiǎng)和菲爾茲獎(jiǎng)雙料得主，英國89歲高齡的著名數(shù)學(xué)家阿蒂亞爵士宣布自己證明了黎曼猜想，這一事件引起了數(shù)學(xué)界的震動(dòng)．在1859年，德國數(shù)學(xué)家黎曼向科學(xué)院提交了題目為《論小于某值的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)》的論文并提出了一個(gè)命題，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的數(shù)學(xué)家歐拉也曾研究過這個(gè)問題，并得到小于數(shù)字的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)大約可以表示為的結(jié)論．若根據(jù)歐拉得出的結(jié)論，估計(jì)10000以內(nèi)的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)為(素?cái)?shù)即質(zhì)數(shù)，，計(jì)算結(jié)果取整數(shù))A．1089 B．1086 C．434 D．145【答案】B【分析】由題意可知10000以內(nèi)的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)為，計(jì)算即可得到答案.【詳解】由題可知小于數(shù)字的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)大約可以表示為，則10000以內(nèi)的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)為===2500，故選B.【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)的簡(jiǎn)單應(yīng)用，考查學(xué)生的審題能力.5．已知，，，則它們的大小關(guān)系正確的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】構(gòu)造函數(shù)可證，又，可得，即可證．【詳解】由令，則，當(dāng)，；當(dāng)，；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且則，因此，所以又因?yàn)?/span>，所以，得故，有故選：C6．如圖，在正方形ABCD中，|AB|=2，點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→B→C→D→A方向，以每秒2個(gè)單位的速度在正方形ABCD的邊上運(yùn)動(dòng)：點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→C→D→A方向，以每秒1個(gè)單位的速度在正方形ABCD的邊上運(yùn)動(dòng).點(diǎn)M與點(diǎn)N同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：秒），△AMN的面積為f（t）（規(guī)定A，M，N共線時(shí)其面積為零，則點(diǎn)M第一次到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，y=f（t）的圖象為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意，寫出的解析式，根據(jù)解析式分析選項(xiàng)可得答案．【詳解】①0≤t≤1時(shí)，f（t）=；②時(shí)，；③時(shí)，；④時(shí)，；所以，其圖象為選項(xiàng)A中的圖象，故選：A．7．若函數(shù)與函數(shù)有公切線，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（    ）A． B．C．  D．【答案】B【分析】分別求出導(dǎo)數(shù)，設(shè)出各自曲線上的切點(diǎn)，得出兩個(gè)切線方程，由兩個(gè)切線方程可整理成關(guān)于一個(gè)變量的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的取值范圍即可求解.【詳解】設(shè)公切線與函數(shù)切于點(diǎn)，，切線的斜率為，則切線方程為，即設(shè)公切線與函數(shù)切于點(diǎn)，，切線的斜率為，則切線方程為，即所以有因?yàn)?/span>，所以，可得，，即，由可得：，所以，令，則，，設(shè)，則，所以在上為減函數(shù)，則，所以，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是，故選：B．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求曲線過點(diǎn)的切線的方程的一般步驟是：（1）設(shè)切點(diǎn)（2）求出在處的導(dǎo)數(shù)，即在點(diǎn)處的切線斜率；（3）構(gòu)建關(guān)系解得；（4）由點(diǎn)斜式求得切線方程. 二、多選題8．已知函數(shù)，，若對(duì)任意的，均存在，使得，則a的取值可能是（    ）A．0 B．2 C． D．1【答案】BD【分析】先判斷出在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.對(duì)a進(jìn)行分類討論，利用的值域是值域的子集求出a的范圍，對(duì)于四個(gè)選項(xiàng)一一判斷即可.【詳解】依題意有，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，又，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，（i）若，即，有在單調(diào)遞減，則，而，則在單調(diào)遞增，則，易知有，，符合題意；（ii）若，即，有f(x)在單調(diào)遞增，則，（1）若，則在單調(diào)遞增，則，有，只需，得；（2）若，則在單調(diào)遞減，則，有，不符合；（3）若，有，不符合；（iii）若，有，，而，則在單調(diào)遞增，則，又有，，符合題意；綜上可知.故選：BD．【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：本題考查不等式的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：一般地，已知函數(shù)，（1）相等關(guān)系記的值域?yàn)?/span>A, 的值域?yàn)?/span>B,①若，，有成立，則有；②若，，有成立，則有；③若，，有成立，故；（2）不等關(guān)系(1)若，，總有成立，故；(2)若，，有成立，故；(3)若，，有成立，故；(4) 若，，有成立，故．9．已知集合有且僅有兩個(gè)子集，則下面正確的是（    ）A．B．C．若不等式的解集為，則D．若不等式的解集為，且，則【答案】ABD【分析】根據(jù)集合子集的個(gè)數(shù)列方程，求得的關(guān)系式，對(duì)A，利用二次函數(shù)性質(zhì)可判斷；對(duì)B，利用基本不等式可判斷；對(duì)CD，利用不等式的解集及韋達(dá)定理可判斷.【詳解】由于集合有且僅有兩個(gè)子集，所以，由于，所以.A，，當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故A正確.B，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故B正確.C，不等式的解集為，，故C錯(cuò)誤.D，不等式的解集為，即不等式的解集為，且，則，則，，故D正確，故選：ABD10．設(shè)，函數(shù)，則（    ）A．當(dāng)時(shí)，具有奇偶性B．當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)C．當(dāng)時(shí)，在上不單調(diào)D．當(dāng)時(shí)，的最大值為【答案】ABC【分析】由奇偶性定義判斷A；根據(jù)單調(diào)性判斷B；由，結(jié)合，判斷CD.【詳解】，則函數(shù)的定義域?yàn)?/span>對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)為偶函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，函數(shù)為奇函數(shù)，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，即在上不單調(diào)，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，故D錯(cuò)誤；故選：ABC11．若正實(shí)數(shù)滿足，則下列不等式可能成立的有（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】構(gòu)造函數(shù)，，利用導(dǎo)數(shù)可求得的單調(diào)性，由此可得滿足不同大小關(guān)系時(shí)，，與的大小關(guān)系；由此依次判斷各個(gè)選項(xiàng)得到結(jié)論.【詳解】令，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，若，則，即，成立；若，則，成立；令，則，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，即；對(duì)于A，當(dāng)，時(shí)，，即成立，又此時(shí)成立，當(dāng)時(shí)，可能成立，A正確；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，即，不等式不成立，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，即，不等式不成立，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，必然成立，D正確；故選：AD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題關(guān)鍵是能夠通過構(gòu)造函數(shù)的方式，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)值大小關(guān)系的比較問題，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性得到自變量的大小關(guān)系.易錯(cuò)點(diǎn)是題干中考查“可能成立”的關(guān)系，而非“必然成立”的關(guān)系，審題不清易造成漏選.12．函數(shù)，其中，若有且只有一個(gè)整數(shù)，使得，則的取值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】設(shè)，，對(duì)求導(dǎo)，將問題轉(zhuǎn)化為存在唯一的整數(shù)使得在直線的上方，求導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的極值，解，求得的取值范圍．【詳解】解：設(shè)，，則，，，單調(diào)遞增，，，，單調(diào)遞減，時(shí)，取得最大值為，，，又直線恒過定點(diǎn)且斜率為，，，又，的取值范圍，對(duì)照選項(xiàng)可知只有C、D符合要求．故選：CD． 三、填空題13．已知函數(shù)，則___________.【答案】【分析】計(jì)算出的范圍，結(jié)合函數(shù)解析式以及指數(shù)運(yùn)算法則、對(duì)數(shù)恒等式可求得結(jié)果.【詳解】因?yàn)?/span>，則，所以，.故答案為：.14．已知，，，那么的最小值為___.【答案】【分析】由已知可得，，代入到所求式子后，利用乘法，結(jié)合基本不等式即可求解.【詳解】解：，，，，.，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，此時(shí)有最小值.故答案為：.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了“乘法”與基本不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.15．若函數(shù)滿足，其中為的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)在區(qū)間的取值范圍是___________.【答案】【分析】根據(jù)已知并結(jié)合導(dǎo)數(shù)公式，構(gòu)造函數(shù)，（C為常數(shù)），確定C并判斷其單調(diào)性，求得函數(shù)最值以及區(qū)間端點(diǎn)處函數(shù)值并比較大小，可得答案.【詳解】由，可得；設(shè)，由可得，則（C為常數(shù)），即，由得，得 ，則，也滿足，故，則，當(dāng)時(shí)，，則，故遞減，當(dāng)時(shí)，，則，故遞增，可得的最小值為 ；而，，即，故函數(shù)在區(qū)間的取值范圍是，故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題，綜合性較強(qiáng)，能很好地考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)和解決問題的能力，解答時(shí)要能根據(jù)條件合理變式，從而構(gòu)造新函數(shù)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)解決問題.16．已知對(duì)任意的，不等式恒成立，則k的取值范圍是___________.【答案】【分析】對(duì)已知不等式進(jìn)行變形，通過構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)、常變量分離法進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)?/span>，所以①，令，則，設(shè)，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，所以在單調(diào)遞增，因?yàn)?/span>①式可化為，所以，所以，令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以，故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：通過不等式的形式構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合常變量分離法，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵. 四、解答題17．如圖，設(shè)的內(nèi)角A，B，C，所對(duì)的邊分別為a，b，c，若，且，點(diǎn)D是外一點(diǎn)，.(1)求角B的大小；(2)求四邊形面積的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理化角為邊后應(yīng)用余弦定理求得角后可得角大小；（2）設(shè)，由面積公式得面積，由余弦定理求得，然后可得正三角形的面積，從而得出四邊形的面積，再逆用兩角差的正弦公式化簡(jiǎn)函數(shù)后利用正弦函數(shù)性質(zhì)得最大值．【詳解】(1)由，再由正弦定理得，，得，即故，所以，又，故.(2)設(shè)，則，在中，，由（1）知為正三角形，故，故，因?yàn)?/span>，故即時(shí)，.18．已知函數(shù).(1)若在上有意義且不單調(diào)，求a的取值范圍；(2)若集合，且，求a的取值范圍.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根據(jù)題意得到二次函數(shù)的對(duì)稱軸在之間，且在上恒為正，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即得；（2）設(shè)為方程的兩個(gè)根，計(jì)算，得到，進(jìn)而即得.【詳解】(1)當(dāng)時(shí)，，由題知：二次函數(shù)的對(duì)稱軸在之間，且在上恒正，∴，解得，即；(2)因?yàn)?/span>，不妨設(shè)為方程的兩個(gè)根，∴，由，得，即，且，由，得，∴，∵，∴，∴，又為方程的兩個(gè)根，∴，∴，解得，∴.19．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的無窮數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，.(1)證明數(shù)列是等差數(shù)列，并求出的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列滿足，證明：.【答案】(1)證明見解析，(2)證明見解析 【分析】（1）方法一：由①得②，利用②-①化簡(jiǎn)得到與的關(guān)系即可.方法二：由得，即是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，求出的通項(xiàng)公式再利用求即可；（2）利用分組（并項(xiàng)）法求和即可.【詳解】(1)方法一：因?yàn)?/span>①，所以②，由②-①得，，即，又，則，即.在中令得，，即.綜上，對(duì)任意，都有，故數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列.又，則.方法二：因?yàn)?/span>，所以，又，則數(shù)列是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，因此，即.當(dāng)時(shí)，，又也符合上式，故，故對(duì)任意，都有，即數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列.又，則.(2)由（1）得，所以，，20．購買盲盒，是當(dāng)下年輕人的潮流之一.每個(gè)系列的盲盒分成若干個(gè)盒子，每個(gè)盒子里面隨機(jī)裝有一個(gè)動(dòng)漫?影視作品的圖片，或者設(shè)計(jì)師單獨(dú)設(shè)計(jì)出來的玩偶，消費(fèi)者不能提前得知具體產(chǎn)品款式，具有隨機(jī)屬性.某禮品店2021年1月到8月出售的盲盒數(shù)量及利潤(rùn)情況的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：月份1月2月3月4月5月6月7月8月月銷售量/千個(gè)3456791012月利潤(rùn)/萬元3.64.14.45.26.27.57.99.1 (1)求出月利潤(rùn)（萬元）關(guān)于月銷售量（千個(gè)）的回歸方程（精確到0.01）；(2)2022年冬奧會(huì)臨近，該店售賣裝有奧運(yùn)吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”玩偶的兩款盲盒，小明同學(xué)購買了4個(gè)裝有“冰墩墩”玩偶的盲盒，4個(gè)裝有“雪容融”玩偶的盲盒，從中隨機(jī)選出3個(gè)作為元旦禮物贈(zèng)送給同學(xué).用表示3個(gè)中裝有“冰墩墩”玩偶的盲盒個(gè)數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.參考數(shù)據(jù)：，，附：線性回歸方程中，，.【答案】(1)(2)答案見解析. 【分析】（1）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，結(jié)合參考公式直接計(jì)算，即可求解；（2）寫出X的所有可能，求對(duì)應(yīng)概率即可得出分布列，由期望公式計(jì)算期望即可.【詳解】(1)，根據(jù)參考數(shù)據(jù)可得，所以故月利潤(rùn)) (萬元)關(guān)于月銷售量x (千個(gè))的回歸方程為；(2)由題中數(shù)據(jù)可知， X的所有可能取值為0,1,2,3，，故X的分布列為：X0123P 21．已知函數(shù).(1)設(shè)，證明：；(2)已知，其中為偶函數(shù)，為奇函數(shù).若有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，證明：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析 【分析】（1）欲證，只需證，令，利用導(dǎo)數(shù)得出，即可證明；（2）由奇偶性得出，由（1）得不等式成立，從而得出，，構(gòu)造函數(shù)，由證明即可.【詳解】(1)欲證，只需證，即證，設(shè)，即證，①設(shè)，則，所以單調(diào)遞增，所以，所以①式成立，所以，.(2)根據(jù)已知，得到聯(lián)立解得.由（1）得不等式成立，因?yàn)?/span>為偶函數(shù)，所以對(duì)任意成立.，即，所以，由知.所以.構(gòu)造，則存在零點(diǎn)，且.同理可證.所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決問題二時(shí)，關(guān)鍵在于利用恒成立，從而得出，，構(gòu)造函數(shù)，由得出.22．已知函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在極值點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)判斷關(guān)于x的方程在內(nèi)實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)，并說明理由．【答案】(1)(2)實(shí)數(shù)解有三個(gè)，理由見解析 【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，討論和，討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)即可求解；（2）兩次求導(dǎo)，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理進(jìn)行判斷可以得出.【詳解】(1)．①當(dāng)時(shí)，因?yàn)?/span>，所以．所以在（－1，0）上單調(diào)遞減，所以在（－1，0）上無極值點(diǎn)．故不符合題意．②當(dāng)a>1時(shí)，因?yàn)?/span>在（－1，0）上單調(diào)遞增，在（－1，0）上單調(diào)遞增，所以在（－1，0）上單調(diào)遞增．又，，，所以存在唯一的，使得．當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增．所以在（－1，0）內(nèi)存在極小值點(diǎn)，滿足題意．綜上，a的取值范圍是．(2)當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減．又，，所以存在唯一的，使得．當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，又，，所以存在唯一的，使得．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．又當(dāng)時(shí)，恒成立，結(jié)合（1）知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．又因?yàn)?/span>，，，，，所以在內(nèi)共有三個(gè)零點(diǎn)，方程在內(nèi)的實(shí)數(shù)解有三個(gè)．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查含參函數(shù)的極值點(diǎn)和零點(diǎn)問題，解題的關(guān)鍵是利用存在性定理結(jié)合單調(diào)性判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù). 

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