2023屆寧夏回族自治區(qū)銀川一中高三上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁第Page\*MergeFormat17頁共NUMPAGES\*MergeFormat17頁2023屆寧夏回族自治區(qū)銀川一中高三上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．已知集合，則（

）A．{2，4} B．{2，4，6} C．{2，4，6，8} D．{1，2，3，4，6，8}【答案】D【分析】利用集合的并集運(yùn)算求解.【詳解】因?yàn)?，所以，所以，故A，B，C錯(cuò)誤.故選：D.2．設(shè)復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，，為虛數(shù)單位，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意得到復(fù)數(shù)，結(jié)合復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，即可求解.【詳解】由題意，復(fù)數(shù)，因?yàn)閺?fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，可得，所以.故選：B.3．已知，，則是的（

）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】B【分析】根據(jù)給定條件，利用充分條件、必要條件的定義判斷作答.【詳解】當(dāng)時(shí)，，則，即，取，滿足，而有，即有pq，所以是的必要不充分條件.故選：B4．1614年納皮爾在研究天文學(xué)的過程中，為了簡化計(jì)算而發(fā)明對數(shù)；1637年笛卡爾開始使用指數(shù)運(yùn)算；1707年歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對數(shù)的互逆關(guān)系.對數(shù)源于指數(shù)，對數(shù)的發(fā)明先于指數(shù)，這已成為歷史珍聞，若，，，估計(jì)的值約為（

）A．0.2481 B．0.3471 C．0.4582 D．0.7345【答案】C【分析】利用對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可求出的近似值．【詳解】∵，，所以.故選：．5．記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和.若，，則（

）A．-54 B．-18 C．18 D．36【答案】C【分析】根據(jù)題意求出公差，再根據(jù)等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可得解.【詳解】解：設(shè)公差為，則，解得，所以，所以.故選：C.6．相傳黃帝時(shí)代，在制定樂律時(shí)，用“三分損益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音調(diào)．“三分損益”包含“三分損一”和“三分益一”，用現(xiàn)代數(shù)學(xué)的方法解釋如下，“三分損一”是在原來的長度減去一分，即變?yōu)樵瓉淼娜种弧叭忠嬉弧笔窃谠瓉淼拈L度增加一分，即變?yōu)樵瓉淼娜种模鐖D的程序是與“三分損益”結(jié)合的計(jì)算過程，若輸入的的值為，輸出的的值為.A． B． C． D．【答案】B【分析】執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，根據(jù)判斷條件，逐次循環(huán)計(jì)算，即可得到結(jié)果．【詳解】由題意，執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，可得：第1次循環(huán)：，不滿足判斷條件；第2次循環(huán)：，不滿足判斷條件；第3次循環(huán)：，滿足判斷條件，輸出結(jié)果，故選B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖的計(jì)算輸出結(jié)果問題，其中解答中模擬執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，逐次計(jì)算，根據(jù)判斷條件求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題．7．觀察下面數(shù)陣，

．．．．．．則該數(shù)陣中第行，從左往右數(shù)的第個(gè)數(shù)是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用等比數(shù)列求和公式可求得前六行數(shù)字個(gè)數(shù)之和，由此可確定所求數(shù)字為自起的第個(gè)奇數(shù)，結(jié)合等差數(shù)列通項(xiàng)公式可求得結(jié)果.【詳解】由數(shù)陣特征知：每行數(shù)字的個(gè)數(shù)構(gòu)成以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，則前六行數(shù)字個(gè)數(shù)之和為：，則第行，從左往右數(shù)的第個(gè)數(shù)為自起的第個(gè)奇數(shù)，所求數(shù)字為：.故選：C.8．已知函數(shù)，則不等式f(x)＋f(2x－1)＞0的解集是（

）A．(1，＋∞） B． C． D．(－∞，1)【答案】B【分析】先分析出的奇偶性，再得出的單調(diào)性，由單調(diào)性結(jié)合奇偶性可解不等式.【詳解】的定義域滿足，由，所以在上恒成立.所以的定義域?yàn)閯t所以，即為奇函數(shù).設(shè)，由上可知為奇函數(shù).當(dāng)時(shí)，，均為增函數(shù)，則在上為增函數(shù).所以在上為增函數(shù).又為奇函數(shù)，則在上為增函數(shù)，且所以在上為增函數(shù).又在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)所以在上為增函數(shù)，故在上為增函數(shù)由不等式，即所以，則故選：B9．已知，且，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用基本不等式及其應(yīng)用，結(jié)合特例，逐項(xiàng)判定，即可求解.【詳解】由題意，實(shí)數(shù)，且滿足，對于A中，由，可得，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?，所以A錯(cuò)誤；對于B中，由，可得，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?，所以B正確；對于C中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號成立，又由，所以C錯(cuò)誤；對于D中，例如：時(shí)，可得，所以D錯(cuò)誤.故選：B.10．實(shí)數(shù)中值最大的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用可得到，利用可得到，令，利用導(dǎo)數(shù)可得在上單調(diào)遞減，則，通過化簡即可求得答案【詳解】解：由在上單調(diào)遞增，則,由在上單調(diào)遞增，則,令，則，所以在上單調(diào)遞減，，即，所以，即，所以實(shí)數(shù)中值最大的是，故選：C11．高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號．設(shè)，用表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)．已知數(shù)列滿足，且，若，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，則（

）A．4950 B．4953 C．4956 D．4959【答案】D【分析】先利用累加法求出，得到當(dāng)時(shí),；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí),；當(dāng)時(shí),.直接求和.【詳解】由，且，根據(jù)累加法可得：。所以.所以.當(dāng)時(shí),；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí),；當(dāng)時(shí),.因此.故選：D.12．已知是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，有下列結(jié)論：①函數(shù)在上單調(diào)遞增；②函數(shù)的圖象與直線有且僅有2個(gè)不同的交點(diǎn)；③若關(guān)于的方程恰有4個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則這4個(gè)實(shí)數(shù)根之和為8；④記函數(shù)在上的最大值為，則數(shù)列的前項(xiàng)和為其中正確的有（

）A．①④ B．①③ C．②④ D．①②【答案】A【分析】作出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想依次判斷選項(xiàng)①②③，利用等比數(shù)列求和判斷選項(xiàng)④．【詳解】解：當(dāng)時(shí)，；若，則，即，若，則，即，作出函數(shù)在時(shí)的部分圖象，如圖所示，對于①，由圖可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，由奇函數(shù)性質(zhì)知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故①正確；對于②，可知函數(shù)在時(shí)的圖象與直線有1個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合函數(shù)的奇偶性知，的圖象與直線有3個(gè)不同的交點(diǎn)，故②錯(cuò)誤；對于③，設(shè)，則關(guān)于的方程等價(jià)于，解得：或當(dāng)時(shí)，即對應(yīng)一個(gè)交點(diǎn)為；方程恰有4個(gè)不同的根，可分為兩種情況：（1），即對應(yīng)3個(gè)交點(diǎn)，且，，此時(shí)4個(gè)實(shí)數(shù)根的和為8；（2），即對應(yīng)3個(gè)交點(diǎn)，且，，此時(shí)4個(gè)實(shí)數(shù)根的和為-4，故③錯(cuò)誤；對于④，函數(shù)在，上的最大值為，即，由函數(shù)的解析式及性質(zhì)可知，數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，則數(shù)列的前7項(xiàng)和為，故④正確．故選：A．二、填空題13．若x，y滿足約束條件則的最大值是________．【答案】8【分析】畫出可行域，利用幾何意義求解的最大值.【詳解】畫出可行域，如圖陰影部分所示，顯然當(dāng)目標(biāo)函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，取得最大值，最大值為.故答案為：814．學(xué)校藝術(shù)節(jié)對同一類的四項(xiàng)參賽作品，只評一項(xiàng)一等獎(jiǎng)，在評獎(jiǎng)揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對這四項(xiàng)參賽作品預(yù)測如下：甲說：“作品獲得一等獎(jiǎng)”；乙說：“作品獲得一等獎(jiǎng)”；丙說：“，兩項(xiàng)作品未獲得一等獎(jiǎng)”；丁說：“是或作品獲得一等獎(jiǎng)”，若這四位同學(xué)中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎(jiǎng)的作品是___．【答案】C【分析】假設(shè)獲得一等獎(jiǎng)的作品，判斷四位同學(xué)說對的人數(shù).【詳解】分別獲獎(jiǎng)的說對人數(shù)如下表：獲獎(jiǎng)作品ABCD甲對錯(cuò)錯(cuò)錯(cuò)乙錯(cuò)錯(cuò)對錯(cuò)丙對錯(cuò)對錯(cuò)丁對錯(cuò)錯(cuò)對說對人數(shù)3021故獲得一等獎(jiǎng)的作品是C.【點(diǎn)睛】本題考查邏輯推理，常用方法有：1、直接推理結(jié)果，2、假設(shè)結(jié)果檢驗(yàn)條件.15．奇函數(shù)的定義域?yàn)?，若為偶函?shù)，且，則______．【答案】【分析】由為偶函數(shù)可知關(guān)于對稱，結(jié)合奇函數(shù)性質(zhì)可推導(dǎo)得到是周期為的周期函數(shù)，可將所求函數(shù)值化為，由可求得結(jié)果.【詳解】為偶函數(shù)，關(guān)于對稱，即；為上的奇函數(shù)，，，則，，，是周期的周期函數(shù)，，又，，.故答案為：.三、解答題16．設(shè)命題p：，命題q：.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，若為假命題且q是真命題，則求實(shí)數(shù)x的取值范圍；(2)若?p是?q的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）解不等式求得命題，根據(jù)的真假性求得的取值范圍.（2）根據(jù)命題的否定、必要不充分條件的知識列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】(1)，，解得.，解得，當(dāng)時(shí)，，由于假真，所以.(2)?p是?q的必要不充分條件，則是的充分不必要條件，所以.17．已知函數(shù)是偶函數(shù)．(1)求的值；(2)若函數(shù)，且在區(qū)間上為增函數(shù)，求m的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)偶函數(shù)的定義列出等式結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算即可求解；（2）根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的單調(diào)性問題，進(jìn)而根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】(1)由是偶函數(shù)可得，

．則，即,所以恒成立，故.(2)由（1）得，所以，令，則．為使為單調(diào)增函數(shù)，則①時(shí)顯然滿足題意；②；③.綜上：m的范圍為.18．①，；②為的前n項(xiàng)和，，；在①②中選擇一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上并解答．已知數(shù)列滿足______．(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）選擇①：根據(jù)前項(xiàng)和與前項(xiàng)和的關(guān)系求解即可；選擇②：根據(jù)與化簡可得（2）代入化簡再裂項(xiàng)相消求和證明即可【詳解】(1)選擇①：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，兩式相減得，故，又當(dāng)時(shí)，也滿足，故選擇②：當(dāng)時(shí)，，解得當(dāng)時(shí)，，，兩式相減有，即，故是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，故(2)代入可得，故，即得證19．已知數(shù)列中，，（，），數(shù)列滿足．(1)證明是等差數(shù)列，并求的通項(xiàng)公式；(2)求；(3)求數(shù)列中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，并說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)①時(shí)，=；②時(shí)(3)，；理由見解析【分析】（1）根據(jù)，代入證明為常數(shù)即可；（2）由（1）可得，再分與兩種情況，去絕對值后求和即可；（3）由（1）可得，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷中的最值即可.【詳解】(1)證明：，又，∴數(shù)列是為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．∴(2)記的前n項(xiàng)和為，則由，得，即時(shí)，；時(shí)，，①時(shí)，=．②時(shí)=．(3)由，得．又函數(shù)在和上均是單調(diào)遞減．由函數(shù)的圖象，可得：，．20．已知為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，且．（1）求及的解析式及定義域；（2）若關(guān)于的不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．（3）如果函數(shù)，若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】（1）見解析；（2）；（3）.【詳解】試題分析：（1），；（2）－恒成立，則，利用換元，解得；（3）要使有兩個(gè)零點(diǎn)，即使得有一個(gè)零點(diǎn)，即，所以試題解析：（1）因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，是偶函數(shù)，所以，，，①令取代入上式得，

即，②

聯(lián)立①②可得，，

（2）因?yàn)椋裕?/p>

設(shè)，則，因?yàn)榈亩x域?yàn)?，，所以，，即，?/p>

因?yàn)殛P(guān)于的不等式－恒成立，則，，故的取值范圍為.

(3)

要使有兩個(gè)零點(diǎn)，即使得有一個(gè)零點(diǎn)，（t=0時(shí)x=0，y只有一個(gè)零點(diǎn)）即

21．已知極坐標(biāo)系的極點(diǎn)與直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，極軸與軸的非負(fù)半軸重合．若曲線的極坐標(biāo)方程為，直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）．（Ⅰ）求曲線的直角坐標(biāo)方程與直線的普通方程；（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)，直線與曲線交于兩點(diǎn)，求的值．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）9.【分析】（Ⅰ）根據(jù)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化公式，即可求解曲線的直角坐標(biāo)方程，消去參數(shù)，即可得到直線的普通方程；（Ⅱ）由題意，把直線l的參數(shù)方程可化為(為參數(shù))，代入曲線的直角坐標(biāo)方程中，利用參數(shù)的幾何意義，即可求解．【詳解】（Ⅰ）由，得，又由，得曲線C的直角坐標(biāo)方程為，即，由，消去參數(shù)t，得直線l的普通方程為.

（Ⅱ）由題意直線l的參數(shù)方程可化為(為參數(shù))，代入曲線的直角坐標(biāo)方程得.由韋達(dá)定理，得，則.【點(diǎn)睛】本題主要考查了極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程，參數(shù)方程與普通方程的互化，以及直線的參數(shù)方程的應(yīng)用，其中解答熟記互化公式，合理應(yīng)用直線的參數(shù)方程中參數(shù)的幾何意義求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題．22．已知a，b，c為正數(shù)，函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.(1)求不等式f(x)≤10的解集；(2)若f(x)的最小值為m，且a＋b＋c＝m，求證：a2＋b2＋c2≥12.【答案】(1){x|－3≤x≤7}

(2)證明見解析【解析】（1）分段討論的范圍，去掉絕對值符號得出不等式的解；（2）求出的值，根據(jù)基本不等式得出結(jié)論．【詳解】解：（1），等價(jià)于或或，解得或或，所以不等式的解集為．（2）因?yàn)椋?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號．所以，即．，，，，．．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立．【點(diǎn)睛】本題考查了絕對值不等式的解法，不等式的證明與基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．四、雙空題23．若在數(shù)列的每相鄰兩項(xiàng)