江苏省如皋市2023届高三上学期暑期质量监测试卷四及答案

1、2022-2023学年度高三年级第一学期暑期质量监测（四）数 学 试 题（考试时间：120分钟 满分：150分 命题： ）一、单项选择题：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M，P是两个非空集合，定义M与P差集为：且，则等于（ ）.A. PB. C. D. M拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）.A. 3B. 2C. 1D. 0在平面直角坐标

2、系中，角，且以Ox为始边，则“”是“角，以Ox为终边”的（ ）.A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件下列图象可以作为函数的图象的有（ ）.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个如图，一颗棋子从三棱柱的一个顶点沿棱移到相邻的另一个顶点的概率均为，刚开始时，棋子在上底面点A处，若移了n次后，棋子落在上底面顶点的概率记为则（ ）.B. D.某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线l上取长度为2的线段AB，并作等边三角形ABC，第一次画线：以点B为圆心、BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D；第二次画线：以点C为圆心、CD为半

3、径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E；以此类推，得到的螺线如图所示，则（ ）.A. 第二次画线的圆弧长度为B. 前三次画线的圆弧总长度为C. 在螺线与直线l恰有4个交点不含A点时停止画线，此时螺线的总长度为D. 在螺线与直线l恰有6个交点不含A点时停止画线，此时螺线的总长度为若a，b，且，则（ ）.A. B. C. D. 将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则（ ）.B. C. D. 二、多项选择题：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，有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分下列命题正确的有（ ）.A. 若均为R上的增函数，则也是R上

4、的增函数B. 若函数的定义域为R，值域为则C. 命题“，使得”的否定是“，使得”D. 是定义在R上的奇函数，当时，则时，在中，已知，则以下四个结论正确的是（ ）.A. 最大值B. 最小值1C. 的取值范围是D. 为定值红星照耀中国，五角星有着丰富的数学内涵与文化.如图所示，正五边形ABCDE的边长为，正五边形的边长为，正五边形的边长为，依次下去，正五边形的边长为，记，则下列结论中正确的是（ ）.是公比为的等比数列B. 是公比为的等比数列C. D. 对任意，已知，则（ ）.的图像关于直线对称B. 在上递增C. 的值域是D. 若方程在上的所有实根按从小到大的顺序分别记为，则三、填空题：本题共4小题

5、，每小题5分，共20分已知函数，将图象上的横坐标伸长到原来的2倍纵坐标不变，得到函数的图象的部分图象如图所示分别为函数的最高点和最低点，其中，则的值为 .已知a,b为正实数，直线与曲线相切于点，则最小值是 .已知定义在R上的函数振幅为2，满足，且，则在上零点个数最少为 .已知函数满足恒成立，则实数a的取值范围是 .四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（本小题满分10分）已知，且函数，（1）设方程在内有两个零点，求的值；（2）若把函数的图象向左平移个单位，再向上平移2个单位，得函数图象，求函数的对称中心.（本小题满分12分）已知

6、数列满足，记（1）求和；（2）证明：（本小题满分12分）已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，且，成等比数列.（1）求和；（2）若，前n项和为，且对恒成立，求实数m取值范围.（本小题满分12分）已知函数（1）当时，求函数的单调区间;（2）讨论的零点个数.（本小题满分12分）已知是锐角的内角，函数的最大值为（1）求的大小;（2）若，关于x的方程在内有两个不同的解，求实数 m的取值范围.（本小题满分12分）已知函数，（1）讨论的单调性；（2）若，求证：2022-2023学年度高三年级第一学期暑期质量监测（四）数学 参考答案与试题解析审核： (2020全国同步练习)设M，P是两个非空集合，定义M

7、与P的差集为：且，则等于()A. PB. C. D. M【答案】B【知识点】集合的新定义问题【解析】【分析】本题考查了集合的新定义问题分与进行讨论即可【解答】解：当时，任意都有，；当时，表示了在M中但不在P中的元素，表示了在M中但不在中的元素，中的元素都不在P中，所以中的元素都在P中，中的元素都在中，故选：(2022安徽省合肥市期中考试)拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为()A. 3B. 2C

8、. 1D. 0【答案】B【知识点】导数的加、减法运算、导数的新定义问题【解析】【分析】本题考查了新定义问题，解题的关键是弄懂题意，将问题转化为熟悉的知识进行求解，考查了运算能力，属于中档题根据题中给出的“拉格朗日中值点”的定义分析求解即可【解答】解：函数，则有，由，可得，即，解得，在上的“拉格朗日中值点”的个数为故选：(2022体验省单元测试)在平面直角坐标系中，角，且以Ox为始边，则“”是“角，以Ox为终边”的()A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】诱导公式+2k型、充分、必要、充要条件的判断【解析】【分析】本题考查了充

9、分条件和必要条件的定义，正余弦函数值的性质及诱导公式，属于中档题.根据充分条件和必要条件的定义，结合正余弦函数值的性质及诱导公式，分析即可得出结论.【解答】解：若，推不出角，以 Ox为终边，如：，则，故充分性不成立，若角，以 Ox为终边，则，则，故角，以 Ox为终边能推出，故必要性成立，所以“”是“角，以 Ox为终边”的必要而不充分条件.故选：(2021北京市月考试卷)下列图象可以作为函数的图象的有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【知识点】奇偶函数图象特征的应用、函数图象的识别【解析】【分析】本题考查函数的图象的判断，考查分类讨论思想的应用，函数的奇偶性的判断，是中档题通

10、过a与0的大小，分类讨论，通过函数的奇偶性判断求解即可【解答】解：当时，如取，则，其定义域为：，它是奇函数，图象是，所以是正确的；当时，如取，其定义域为R，它是奇函数，当，当即，取得最大值图象符合要求所以是正确的；当时，则，其定义域为：，它是奇函数，图象是，所以是正确的故选：(2021江苏省模拟题)如图，一颗棋子从三棱柱的一个顶点沿棱移到相邻的另一个顶点的概率均为，刚开始时，棋子在上底面点A处，若移了n次后，棋子落在上底面顶点的概率记为则()A. B. C. D. 【答案】D【知识点】根据数列的递推公式求通项公式、等比数列的判定或证明、等比数列的通项公式、相互独立事件的概率乘法公式、概率的基本

11、性质的综合应用【解析】【分析】本题考查了概率问题的求解，解题的关键是得到与之间的关系，考查了等比数列定义以及通项公式的运用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于拔高题根据题意，表示出移了次后棋子落在上底面顶点的概率与移了n次后棋子落在上底面顶点的概率之间的关系，由此构造新数列是等比数列，求出通项公式，即可得到答案【解答】解：由题意可知，移了n次后棋子落在上底面顶点的概率记为，故落在下底面顶点的概率为，于是移了次后棋子落在上底面顶点的概率为，是等比数列，首项为，公比为，则，故选：(2021全国月考试卷)某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线l上取长度为2的线段AB，并作等边三角形

12、ABC，第一次画线：以点B为圆心、BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D；第二次画线：以点C为圆心、CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E；以此类推，得到的螺线如图所示，则()A. 第二次画线的圆弧长度为B. 前三次画线的圆弧总长度为C. 在螺线与直线l恰有4个交点不含A点时停止画线，此时螺线的总长度为D. 在螺线与直线l恰有6个交点不含A点时停止画线，此时螺线的总长度为【答案】D【知识点】弧长及扇形面积【解析】【分析】本题考查了扇形的弧长公式，考查了逻辑推理能力与计算能力，属于拔高题根据题意，找到螺线画法的规律，由此对选项逐一分析，从而得到答案【解答】解：第1次画线：以点

13、B为圆心，旋转，划过的圆弧长为；第2次画线：以点C为圆心，旋转，划过的圆弧长为，故选项A错误，交l累计1次；第3次画线：以点A为圆心，旋转，划过的圆弧长为，故选项B错误，交l累计2次；第4次画线：以点B为圆心，旋转，划过的圆弧长为；第5次画线：以点C为圆心，旋转，划过的圆弧长为，交l累计3次；前5次累计画线，第6次画线：以点A为圆心，旋转，划过的圆弧长为，交l累计4次，累计画线，故选项C错误；第7次画线：以点B为圆心，旋转，划过的圆弧长为；第8次画线：以点C为圆心，旋转，划过的圆弧长为，交l累计5次；第7次画线：以点A为圆心，旋转，划过的圆弧长为，交l累计6次，累计画线，故选项D正确故选：(2

14、022全国月考试卷)已知实数a，b，e为自然对数的底数，且，则()A. B. C. D. 【答案】A【知识点】利用导数比较大小【解析】【分析】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题根据题意可得，令，求导分析单调性，即可得出答案【解答】解：由，得，构造函数，求导得令，得当时，单调递减;当时，单调递增.因为，所以，即，又因为a，b，在上单调递减，所以(2021安徽省亳州市单元测试)将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则()A. B. C. D. 【答案】C【知识点】降幂公式、三角恒等变换的综合应用、求数列的通项公式、由一个三角函数值求其他三角函数值、二倍角余弦公式、逆用两角和与

15、差的余弦公式、逆用两角和与差的正弦公式、二倍角正弦公式、正弦（型）函数的周期性【解析】【分析】本题考查三角恒等变换，数列的函数特征.化简得，则，所以，再由三角恒等变换求解即可.【解答】解：，得，得，则，令，则的周期，由的周期性，对称性知，即，则，所以，因为，而，由题意，易得，则，得，则，即，得，又，则，则则故选(2021江苏省南通市单元测试)下列命题正确的有()A. 若均为R上的增函数，则也是R上的增函数B. 若函数的定义域为R，值域为则C. 命题“，使得”的否定是“，使得”D. 已知是定义在R上的奇函数，当时，则时，函数解析式为【答案】ABC【知识点】幂函数的定义域与值域、已知函数的值域求参

16、或定义域、一元二次函数的图象与性质、利用函数的奇偶性求解析式、全称量词命题与存在量词命题的否定、判断或证明函数的单调性、命题的概念与真假【解析】【分析】本题考查命题的真假，涉及函数的单调性、不等式的性质、命题的否定和奇偶性，属于拔高题.利用函数的单调性的定义、不等式的性质、命题的否定和奇偶性的性质对选项逐个判断即可.【解答】解：对于A、任取，则，因为，均为R上的增函数，则，故，即，故也是R上的增函数，故A正确；对于B、函数的定义域为R，值域为所以，正确；对于C、由含有量词的命题否定的定义可知正确；对于D、时，则，故D错误，故选在中，已知，则以下四个结论正确的是()A. 最大值B. 最小值1C.

17、 的取值范围是D. 为定值【答案】ACD【知识点】利用同角三角函数基本关系化简、由基本不等式求最值或取值范围、三角恒等变换的综合应用、求正弦型函数的值域或最值、逆用两角和与差的正弦公式、利用诱导公式化简【解析】【分析】本题考查诱导公式，两角和与差的正弦函数，三角函数中的恒等变形，基本不等式等，属于中档题.由中三个内角和为，结合，可得对于A，由题意化简得，进而可判断；对于B，化简得，进而可判断;对于C，化简得，进而由基本不等式可判断;对于D，化简得，进而可判断.【解答】解：，又，即，对于A，因为，所以，所以当且仅当时，最大值，故A正确；对于B，因为，所以，所以故取不到最小值1，故B错误；对于C，

18、当且仅当，即时等号成立，故的取值范围是故C正确；对于D，故D正确.(2021全国模拟题)红星照耀中国，五角星有着丰富的数学内涵与文化.如图所示，正五边形ABCDE的边长为，正五边形的边长为，正五边形的边长为，依次下去，正五边形的边长为，记，则下列结论中正确的是()A. 是公比为的等比数列B. 是公比为的等比数列C. D. 对任意，【答案】ACD【知识点】等比数列的判定或证明、三角恒等变换的综合应用【解析】【分析】本题考查三角函数的综合运用与等比数列的性质，属于难题.本题关键在于求的值以及其满足的代数方程，先利用的特性，列出方程，解得的值以及方程，利用结论以及正五边形的几何特性，结合三角恒等变换

19、公式，逐一判断选项即可.【解答】解：根据题意，先求设，则，即从而，展开得，化简得，解方程得负值舍去，即如图，而，又，从而，将代入得，化简得到，所以，且，从而A正确，B错误；由正五边形性质，而从而，故，C正确；由于，故从而又由知时，从而，故D正确.故选(2021湖北省黄冈市模拟题)已知，则()A. 的图像关于直线对称B. 在上递增C. 的值域是D. 若方程在上的所有实根按从小到大的顺序分别记为，则【答案】ACD【知识点】利用导数判断或证明已知函数的单调性、函数的对称性、求正弦（型）函数的对称轴、对称中心、利用导数求函数的最值（不含参）、正弦(型)函数的零点、正弦（型）函数的周期性、利用诱导公式化

20、简【解析】【分析】本题考查辅助角公式的应用，函数的对称性、单调性的分析以及函数的值域和零点问题，属于难题.首先将函数化简，分析和是否相等判断A；令，利用导数研究函数的单调性和极值判断由，解得，再根据方程在上的相邻实根关于对称轴对称进行分析【解答】解：，所以选项 A正确；令，则时，易知t随x单调递增，且，设，则当时，单调递减，则此时在时单调递减，不符合题意，故B错误；当时，由以上可知，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，而，所以，从而得到值域是故C正确;由，解得或舍弃令得，即的对称轴方程为，的最小正周期为，将以上各式相加得：故选已知函数，将图象上的横坐标伸长到原来的2倍纵坐标不变，得到函数的图

21、象的部分图象如图所示分别为函数的最高点和最低点，其中，则的值为_【答案】【知识点】正弦型函数的图象变换、由部分图象求三角函数解析式、向量的数量积的概念及其运算、两角和与差的正弦公式、辅助角公式(三角函数的叠加及应用（北师）)【解析】【分析】本题考查函数的解析式的确定，考查向量的数量积的运算及其应用，三角函数的图象平移变换，属于拔高题.由题意知，再利用，得到，求得T的值，进而求得【解答】解：，将图象上的横坐标伸长到原来的2倍纵坐标不变时，得到的图象，、C分别为函数的最高点和最低点，由，得，为正三角形，又的高为，故答案为：(2021安徽省芜湖市单元测试)已知a，b为正实数，直线与曲线相切于点，则的

22、最小值是_.【答案】4【知识点】由基本不等式求最值或取值范围、简单复合函数的导数、已知切线（斜率、倾斜角）求参数【解析】【分析】本题考查了导数的运算、导数几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用及运算求解能力.由题意结合导数的几何意义、导数的运算可得、，进而可得，再利用，结合基本不等式即可得解.【解答】解：对求导得，因为直线与曲线相切于点，所以即，所以，所以切点为，由切点在切线上，可得，即，所以，当且仅当时，等号成立.所以的最小值是故答案为(2021全国联考题)已知定义在R上的函数振幅为2，满足，且，则在上零点个数最少为_.【答案】16【知识点】正弦(型)函数的零点、振幅、周期、频率、相位

23、、初相【解析】【分析】本题主要考查了函数零点的个数，以及三角函数的周期，同时考查了分析问题的能力、推理能力和运算求解的能力，属于较难题要使零点个数最少，周期就要尽可能地大，所以，应为两个相邻的满足的实数，从而求出周期，为了使区间内零点最少，将第1个零点放在原点，从而可求出所求【解答】解：因为振幅为2，所以，因为，且，要使零点个数最少，周期就要尽可能地大，所以，应为两个相邻的满足的实数，即，所以，即，周期，为了使区间内零点最少，将第1个零点放在原点，因为，所以，最后1个零点恰好在处，不在区间中，只计区间内的零点个数，所以零点个数为故答案为：(2022山西省自主招生题)已知函数满足恒成立，则实数a

24、的取值范围是_.【答案】【知识点】利用导数研究恒成立与存在性问题【解析】【分析】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性与最值，考查常见函数的放缩，构造法的应用，考查转化思想，属于中档题根据题意，分离参数，构造函数，求导，根据导数与函数单调性的关系，可得判断最值及成立条件，即可求得a的取值范围【解答】解：由，得，得恒成立，设，则，对于，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，所以，当且仅当，即，时，取“=”号，故，a的取值范围是故答案为：(2019安徽省合肥市单元测试)已知，且函数，设方程在内有两个零点，求的值；若把函数的图象向左平移个单位，再向上平移2个单位，得函

25、数图象，求函数的对称中心.【答案】解：，而，得：，而，得：或，所以左移，可得，上移2个单位可得，令，解得，则的对称中心为，【知识点】向量数量积的坐标运算、求余弦（型）函数的对称轴、对称中心、余弦型、正切型函数的图象变换、三角恒等变换的综合应用、由余弦（型）函数的对称性求参数、正弦(型)函数的零点【解析】本题主要考查了辅助角公式，三角函数图象与性质，三角恒等变换，属于较综合的中档题先通过向量坐标运算结合辅助角公式可得，故可解得两个零点，代入即可求解.根据三角函数图象的平移变换法则，求出平移后函数的解析式，通过余弦函数的性质可得函数的对称中心.(2020浙江省单元测试)已知数列满足，记求和；证明：

26、【答案】解：数列满足，时，解得时，对于上式也成立证明：先证明令，当时，即函数在区间上单调递增，即令，则，化为：分别令，2，则：，【知识点】裂项相消法求和、对数式的化简求值与证明、等比数列的前n项和公式、利用导数解（证明）不等式、数列与不等式、数列的前n项和及Sn与an的关系【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性、构造法、数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题数列满足，时，相减可得：，解得时也成立利用等比数列的求和公式可得先证明令，利用导数研究函数的单调性即可证明结论令，可得，即可：利用累加求和方法可得：进而证明结论(2022北京市月考试卷)已知是公差不

27、为0的等差数列，其前n项和为，且，成等比数列.求和；若，数列的前n项和为，且对任意的恒成立，求实数m的取值范围.【答案】解：设数列的公差为，由，成等比数列，可得，化为：，又，解得由题意可得：，数列的前n项和为，令，则，即，数列单调递增，对任意的恒成立，实数m的取值范围是【知识点】裂项相消法求和、等比数列的前n项和公式、等差数列的通项公式、数列的单调性、分组(并项)法求和、等差数列的前n项和公式、数列与不等式【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于较难题设数列的公差为，由，成等比数列，可得，利用等差数列的通项公式与求和公

28、式即可得出，由题意可得：，利用等比数列的求和公式、裂项求和方法即可得出数列的前n项和为再利用数列的单调性即可得出(2022山东省日照市模拟题)已知函数当时，求函数的单调区间;讨论的零点个数.【答案】解：当时，则，因为，则，所以时，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故的单调递减区间是，单调递增区间是因为，则，当时，因为，则，则时，所以时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，即时，所以当时，函数没有零点，即函数零点个数为0；当，即时，所以当时，函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1；当，即时，则存在一个实数，使得，当时，对任意的，则，取，因为，则，则，则存在，使得，即时，函数的零点

29、个数为当时，令，则，则，即函数有且只有一个零点；即函数的零点个数为当时，令，故在上单调递增，令，故，则一定存在，使得，所以时，时，因为，当，即时，所以，所以时，所以时，则在上单调递增，且，则存在，使得，所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为因为，当，时，当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当，时，当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因为时，即，所以在时没有零点，上至多有一个零点，而，令，则，则，故在上单调递增，而，即，故存在一个，则存在，使得，所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1，综上所述：当时，函数的零点个数为0；当或时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为【知识