1、2022-2023學年度高三年級第一學期暑期質量監測（四）數 學 試 題（考試時間：120分鐘 滿分：150分 命題： ）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的M，P是兩個非空集合，定義M與P差集為：且，則等于（ ）.A. PB. C. D. M拉格朗日中值定理是微分學中的基本定理之一，定理內容是：如果函數在閉區間上的圖象連續不間斷，在開區間內的導數為，那么在區間內至少存在一點c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值點”.根據這個定理，可得函數在上的“拉格朗日中值點”的個數為（ ）.A. 3B. 2C. 1D. 0在平面直角坐標

2、系中，角，且以Ox為始邊，則“”是“角，以Ox為終邊”的（ ）.A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件下列圖象可以作為函數的圖象的有（ ）.A. 1個B. 2個C. 3個D. 4個如圖，一顆棋子從三棱柱的一個頂點沿棱移到相鄰的另一個頂點的概率均為，剛開始時，棋子在上底面點A處，若移了n次后，棋子落在上底面頂點的概率記為則（ ）.B. D.某校數學興趣小組設計了一種螺線，作法如下：在水平直線l上取長度為2的線段AB，并作等邊三角形ABC，第一次畫線：以點B為圓心、BA為半徑逆時針畫圓弧，交線段CB的延長線于點D；第二次畫線：以點C為圓心、CD為半

3、徑逆時針畫圓弧，交線段AC的延長線于點E；以此類推，得到的螺線如圖所示，則（ ）.A. 第二次畫線的圓弧長度為B. 前三次畫線的圓弧總長度為C. 在螺線與直線l恰有4個交點不含A點時停止畫線，此時螺線的總長度為D. 在螺線與直線l恰有6個交點不含A點時停止畫線，此時螺線的總長度為若a，b，且，則（ ）.A. B. C. D. 將方程的所有正數解從小到大組成數列，記，則（ ）.B. C. D. 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分下列命題正確的有（ ）.A. 若均為R上的增函數，則也是R上

4、的增函數B. 若函數的定義域為R，值域為則C. 命題“，使得”的否定是“，使得”D. 是定義在R上的奇函數，當時，則時，在中，已知，則以下四個結論正確的是（ ）.A. 最大值B. 最小值1C. 的取值范圍是D. 為定值紅星照耀中國，五角星有著豐富的數學內涵與文化.如圖所示，正五邊形ABCDE的邊長為，正五邊形的邊長為，正五邊形的邊長為，依次下去，正五邊形的邊長為，記，則下列結論中正確的是（ ）.是公比為的等比數列B. 是公比為的等比數列C. D. 對任意，已知，則（ ）.的圖像關于直線對稱B. 在上遞增C. 的值域是D. 若方程在上的所有實根按從小到大的順序分別記為，則三、填空題：本題共4小題

5、，每小題5分，共20分已知函數，將圖象上的橫坐標伸長到原來的2倍縱坐標不變，得到函數的圖象的部分圖象如圖所示分別為函數的最高點和最低點，其中，則的值為 .已知a,b為正實數，直線與曲線相切于點，則最小值是 .已知定義在R上的函數振幅為2，滿足，且，則在上零點個數最少為 .已知函數滿足恒成立，則實數a的取值范圍是 .四、解答題：本題共6小題，共70分.請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.（本小題滿分10分）已知，且函數，（1）設方程在內有兩個零點，求的值；（2）若把函數的圖象向左平移個單位，再向上平移2個單位，得函數圖象，求函數的對稱中心.（本小題滿分12分）已知

6、數列滿足，記（1）求和；（2）證明：（本小題滿分12分）已知是公差不為0的等差數列，其前n項和為，且，成等比數列.（1）求和；（2）若，前n項和為，且對恒成立，求實數m取值范圍.（本小題滿分12分）已知函數（1）當時，求函數的單調區間;（2）討論的零點個數.（本小題滿分12分）已知是銳角的內角，函數的最大值為（1）求的大小;（2）若，關于x的方程在內有兩個不同的解，求實數 m的取值范圍.（本小題滿分12分）已知函數，（1）討論的單調性；（2）若，求證：2022-2023學年度高三年級第一學期暑期質量監測（四）數學 參考答案與試題解析審核： (2020全國同步練習)設M，P是兩個非空集合，定義M

7、與P的差集為：且，則等于()A. PB. C. D. M【答案】B【知識點】集合的新定義問題【解析】【分析】本題考查了集合的新定義問題分與進行討論即可【解答】解：當時，任意都有，；當時，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，故選：(2022安徽省合肥市期中考試)拉格朗日中值定理是微分學中的基本定理之一，定理內容是：如果函數在閉區間上的圖象連續不間斷，在開區間內的導數為，那么在區間內至少存在一點c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值點”.根據這個定理，可得函數在上的“拉格朗日中值點”的個數為()A. 3B. 2C

8、. 1D. 0【答案】B【知識點】導數的加、減法運算、導數的新定義問題【解析】【分析】本題考查了新定義問題，解題的關鍵是弄懂題意，將問題轉化為熟悉的知識進行求解，考查了運算能力，屬于中檔題根據題中給出的“拉格朗日中值點”的定義分析求解即可【解答】解：函數，則有，由，可得，即，解得，在上的“拉格朗日中值點”的個數為故選：(2022體驗省單元測試)在平面直角坐標系中，角，且以Ox為始邊，則“”是“角，以Ox為終邊”的()A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件【答案】B【知識點】誘導公式+2k型、充分、必要、充要條件的判斷【解析】【分析】本題考查了充

9、分條件和必要條件的定義，正余弦函數值的性質及誘導公式，屬于中檔題.根據充分條件和必要條件的定義，結合正余弦函數值的性質及誘導公式，分析即可得出結論.【解答】解：若，推不出角，以 Ox為終邊，如：，則，故充分性不成立，若角，以 Ox為終邊，則，則，故角，以 Ox為終邊能推出，故必要性成立，所以“”是“角，以 Ox為終邊”的必要而不充分條件.故選：(2021北京市月考試卷)下列圖象可以作為函數的圖象的有()A. 1個B. 2個C. 3個D. 4個【答案】C【知識點】奇偶函數圖象特征的應用、函數圖象的識別【解析】【分析】本題考查函數的圖象的判斷，考查分類討論思想的應用，函數的奇偶性的判斷，是中檔題通

10、過a與0的大小，分類討論，通過函數的奇偶性判斷求解即可【解答】解：當時，如取，則，其定義域為：，它是奇函數，圖象是，所以是正確的；當時，如取，其定義域為R，它是奇函數，當，當即，取得最大值圖象符合要求所以是正確的；當時，則，其定義域為：，它是奇函數，圖象是，所以是正確的故選：(2021江蘇省模擬題)如圖，一顆棋子從三棱柱的一個頂點沿棱移到相鄰的另一個頂點的概率均為，剛開始時，棋子在上底面點A處，若移了n次后，棋子落在上底面頂點的概率記為則()A. B. C. D. 【答案】D【知識點】根據數列的遞推公式求通項公式、等比數列的判定或證明、等比數列的通項公式、相互獨立事件的概率乘法公式、概率的基本

11、性質的綜合應用【解析】【分析】本題考查了概率問題的求解，解題的關鍵是得到與之間的關系，考查了等比數列定義以及通項公式的運用，考查了邏輯推理能力與轉化化歸能力，屬于拔高題根據題意，表示出移了次后棋子落在上底面頂點的概率與移了n次后棋子落在上底面頂點的概率之間的關系，由此構造新數列是等比數列，求出通項公式，即可得到答案【解答】解：由題意可知，移了n次后棋子落在上底面頂點的概率記為，故落在下底面頂點的概率為，于是移了次后棋子落在上底面頂點的概率為，是等比數列，首項為，公比為，則，故選：(2021全國月考試卷)某校數學興趣小組設計了一種螺線，作法如下：在水平直線l上取長度為2的線段AB，并作等邊三角形

12、ABC，第一次畫線：以點B為圓心、BA為半徑逆時針畫圓弧，交線段CB的延長線于點D；第二次畫線：以點C為圓心、CD為半徑逆時針畫圓弧，交線段AC的延長線于點E；以此類推，得到的螺線如圖所示，則()A. 第二次畫線的圓弧長度為B. 前三次畫線的圓弧總長度為C. 在螺線與直線l恰有4個交點不含A點時停止畫線，此時螺線的總長度為D. 在螺線與直線l恰有6個交點不含A點時停止畫線，此時螺線的總長度為【答案】D【知識點】弧長及扇形面積【解析】【分析】本題考查了扇形的弧長公式，考查了邏輯推理能力與計算能力，屬于拔高題根據題意，找到螺線畫法的規律，由此對選項逐一分析，從而得到答案【解答】解：第1次畫線：以點

13、B為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為；第2次畫線：以點C為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，故選項A錯誤，交l累計1次；第3次畫線：以點A為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，故選項B錯誤，交l累計2次；第4次畫線：以點B為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為；第5次畫線：以點C為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，交l累計3次；前5次累計畫線，第6次畫線：以點A為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，交l累計4次，累計畫線，故選項C錯誤；第7次畫線：以點B為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為；第8次畫線：以點C為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，交l累計5次；第7次畫線：以點A為圓心，旋轉，劃過的圓弧長為，交l累計6次，累計畫線，故選項D正確故選：(2

14、022全國月考試卷)已知實數a，b，e為自然對數的底數，且，則()A. B. C. D. 【答案】A【知識點】利用導數比較大小【解析】【分析】本題考查導數的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題根據題意可得，令，求導分析單調性，即可得出答案【解答】解：由，得，構造函數，求導得令，得當時，單調遞減;當時，單調遞增.因為，所以，即，又因為a，b，在上單調遞減，所以(2021安徽省亳州市單元測試)將方程的所有正數解從小到大組成數列，記，則()A. B. C. D. 【答案】C【知識點】降冪公式、三角恒等變換的綜合應用、求數列的通項公式、由一個三角函數值求其他三角函數值、二倍角余弦公式、逆用兩角和與

15、差的余弦公式、逆用兩角和與差的正弦公式、二倍角正弦公式、正弦（型）函數的周期性【解析】【分析】本題考查三角恒等變換，數列的函數特征.化簡得，則，所以，再由三角恒等變換求解即可.【解答】解：，得，得，則，令，則的周期，由的周期性，對稱性知，即，則，所以，因為，而，由題意，易得，則，得，則，即，得，又，則，則則故選(2021江蘇省南通市單元測試)下列命題正確的有()A. 若均為R上的增函數，則也是R上的增函數B. 若函數的定義域為R，值域為則C. 命題“，使得”的否定是“，使得”D. 已知是定義在R上的奇函數，當時，則時，函數解析式為【答案】ABC【知識點】冪函數的定義域與值域、已知函數的值域求參

16、或定義域、一元二次函數的圖象與性質、利用函數的奇偶性求解析式、全稱量詞命題與存在量詞命題的否定、判斷或證明函數的單調性、命題的概念與真假【解析】【分析】本題考查命題的真假，涉及函數的單調性、不等式的性質、命題的否定和奇偶性，屬于拔高題.利用函數的單調性的定義、不等式的性質、命題的否定和奇偶性的性質對選項逐個判斷即可.【解答】解：對于A、任取，則，因為，均為R上的增函數，則，故，即，故也是R上的增函數，故A正確；對于B、函數的定義域為R，值域為所以，正確；對于C、由含有量詞的命題否定的定義可知正確；對于D、時，則，故D錯誤，故選在中，已知，則以下四個結論正確的是()A. 最大值B. 最小值1C.

17、 的取值范圍是D. 為定值【答案】ACD【知識點】利用同角三角函數基本關系化簡、由基本不等式求最值或取值范圍、三角恒等變換的綜合應用、求正弦型函數的值域或最值、逆用兩角和與差的正弦公式、利用誘導公式化簡【解析】【分析】本題考查誘導公式，兩角和與差的正弦函數，三角函數中的恒等變形，基本不等式等，屬于中檔題.由中三個內角和為，結合，可得對于A，由題意化簡得，進而可判斷；對于B，化簡得，進而可判斷;對于C，化簡得，進而由基本不等式可判斷;對于D，化簡得，進而可判斷.【解答】解：，又，即，對于A，因為，所以，所以當且僅當時，最大值，故A正確；對于B，因為，所以，所以故取不到最小值1，故B錯誤；對于C，

18、當且僅當，即時等號成立，故的取值范圍是故C正確；對于D，故D正確.(2021全國模擬題)紅星照耀中國，五角星有著豐富的數學內涵與文化.如圖所示，正五邊形ABCDE的邊長為，正五邊形的邊長為，正五邊形的邊長為，依次下去，正五邊形的邊長為，記，則下列結論中正確的是()A. 是公比為的等比數列B. 是公比為的等比數列C. D. 對任意，【答案】ACD【知識點】等比數列的判定或證明、三角恒等變換的綜合應用【解析】【分析】本題考查三角函數的綜合運用與等比數列的性質，屬于難題.本題關鍵在于求的值以及其滿足的代數方程，先利用的特性，列出方程，解得的值以及方程，利用結論以及正五邊形的幾何特性，結合三角恒等變換

19、公式，逐一判斷選項即可.【解答】解：根據題意，先求設，則，即從而，展開得，化簡得，解方程得負值舍去，即如圖，而，又，從而，將代入得，化簡得到，所以，且，從而A正確，B錯誤；由正五邊形性質，而從而，故，C正確；由于，故從而又由知時，從而，故D正確.故選(2021湖北省黃岡市模擬題)已知，則()A. 的圖像關于直線對稱B. 在上遞增C. 的值域是D. 若方程在上的所有實根按從小到大的順序分別記為，則【答案】ACD【知識點】利用導數判斷或證明已知函數的單調性、函數的對稱性、求正弦（型）函數的對稱軸、對稱中心、利用導數求函數的最值（不含參）、正弦(型)函數的零點、正弦（型）函數的周期性、利用誘導公式化

20、簡【解析】【分析】本題考查輔助角公式的應用，函數的對稱性、單調性的分析以及函數的值域和零點問題，屬于難題.首先將函數化簡，分析和是否相等判斷A；令，利用導數研究函數的單調性和極值判斷由，解得，再根據方程在上的相鄰實根關于對稱軸對稱進行分析【解答】解：，所以選項 A正確；令，則時，易知t隨x單調遞增，且，設，則當時，單調遞減，則此時在時單調遞減，不符合題意，故B錯誤；當時，由以上可知，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以，而，所以，從而得到值域是故C正確;由，解得或舍棄令得，即的對稱軸方程為，的最小正周期為，將以上各式相加得：故選已知函數，將圖象上的橫坐標伸長到原來的2倍縱坐標不變，得到函數的圖

21、象的部分圖象如圖所示分別為函數的最高點和最低點，其中，則的值為_【答案】【知識點】正弦型函數的圖象變換、由部分圖象求三角函數解析式、向量的數量積的概念及其運算、兩角和與差的正弦公式、輔助角公式(三角函數的疊加及應用（北師）)【解析】【分析】本題考查函數的解析式的確定，考查向量的數量積的運算及其應用，三角函數的圖象平移變換，屬于拔高題.由題意知，再利用，得到，求得T的值，進而求得【解答】解：，將圖象上的橫坐標伸長到原來的2倍縱坐標不變時，得到的圖象，、C分別為函數的最高點和最低點，由，得，為正三角形，又的高為，故答案為：(2021安徽省蕪湖市單元測試)已知a，b為正實數，直線與曲線相切于點，則的

22、最小值是_.【答案】4【知識點】由基本不等式求最值或取值范圍、簡單復合函數的導數、已知切線（斜率、傾斜角）求參數【解析】【分析】本題考查了導數的運算、導數幾何意義的應用，考查了基本不等式求最值的應用及運算求解能力.由題意結合導數的幾何意義、導數的運算可得、，進而可得，再利用，結合基本不等式即可得解.【解答】解：對求導得，因為直線與曲線相切于點，所以即，所以，所以切點為，由切點在切線上，可得，即，所以，當且僅當時，等號成立.所以的最小值是故答案為(2021全國聯考題)已知定義在R上的函數振幅為2，滿足，且，則在上零點個數最少為_.【答案】16【知識點】正弦(型)函數的零點、振幅、周期、頻率、相位

23、、初相【解析】【分析】本題主要考查了函數零點的個數，以及三角函數的周期，同時考查了分析問題的能力、推理能力和運算求解的能力，屬于較難題要使零點個數最少，周期就要盡可能地大，所以，應為兩個相鄰的滿足的實數，從而求出周期，為了使區間內零點最少，將第1個零點放在原點，從而可求出所求【解答】解：因為振幅為2，所以，因為，且，要使零點個數最少，周期就要盡可能地大，所以，應為兩個相鄰的滿足的實數，即，所以，即，周期，為了使區間內零點最少，將第1個零點放在原點，因為，所以，最后1個零點恰好在處，不在區間中，只計區間內的零點個數，所以零點個數為故答案為：(2022山西省自主招生題)已知函數滿足恒成立，則實數a

24、的取值范圍是_.【答案】【知識點】利用導數研究恒成立與存在性問題【解析】【分析】本題考查導數的綜合應用，利用導數求函數的單調性與最值，考查常見函數的放縮，構造法的應用，考查轉化思想，屬于中檔題根據題意，分離參數，構造函數，求導，根據導數與函數單調性的關系，可得判斷最值及成立條件，即可求得a的取值范圍【解答】解：由，得，得恒成立，設，則，對于，則當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，所以，所以，當且僅當，即，時，取“=”號，故，a的取值范圍是故答案為：(2019安徽省合肥市單元測試)已知，且函數，設方程在內有兩個零點，求的值；若把函數的圖象向左平移個單位，再向上平移2個單位，得函

25、數圖象，求函數的對稱中心.【答案】解：，而，得：，而，得：或，所以左移，可得，上移2個單位可得，令，解得，則的對稱中心為，【知識點】向量數量積的坐標運算、求余弦（型）函數的對稱軸、對稱中心、余弦型、正切型函數的圖象變換、三角恒等變換的綜合應用、由余弦（型）函數的對稱性求參數、正弦(型)函數的零點【解析】本題主要考查了輔助角公式，三角函數圖象與性質，三角恒等變換，屬于較綜合的中檔題先通過向量坐標運算結合輔助角公式可得，故可解得兩個零點，代入即可求解.根據三角函數圖象的平移變換法則，求出平移后函數的解析式，通過余弦函數的性質可得函數的對稱中心.(2020浙江省單元測試)已知數列滿足，記求和；證明：

26、【答案】解：數列滿足，時，解得時，對于上式也成立證明：先證明令，當時，即函數在區間上單調遞增，即令，則，化為：分別令，2，則：，【知識點】裂項相消法求和、對數式的化簡求值與證明、等比數列的前n項和公式、利用導數解（證明）不等式、數列與不等式、數列的前n項和及Sn與an的關系【解析】本題考查了利用導數研究函數的單調性、構造法、數列遞推關系、等比數列的通項公式求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題數列滿足，時，相減可得：，解得時也成立利用等比數列的求和公式可得先證明令，利用導數研究函數的單調性即可證明結論令，可得，即可：利用累加求和方法可得：進而證明結論(2022北京市月考試卷)已知是公差不

27、為0的等差數列，其前n項和為，且，成等比數列.求和；若，數列的前n項和為，且對任意的恒成立，求實數m的取值范圍.【答案】解：設數列的公差為，由，成等比數列，可得，化為：，又，解得由題意可得：，數列的前n項和為，令，則，即，數列單調遞增，對任意的恒成立，實數m的取值范圍是【知識點】裂項相消法求和、等比數列的前n項和公式、等差數列的通項公式、數列的單調性、分組(并項)法求和、等差數列的前n項和公式、數列與不等式【解析】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式、裂項求和方法、數列的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于較難題設數列的公差為，由，成等比數列，可得，利用等差數列的通項公式與求和公

28、式即可得出，由題意可得：，利用等比數列的求和公式、裂項求和方法即可得出數列的前n項和為再利用數列的單調性即可得出(2022山東省日照市模擬題)已知函數當時，求函數的單調區間;討論的零點個數.【答案】解：當時，則，因為，則，所以時，時，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，故的單調遞減區間是，單調遞增區間是因為，則，當時，因為，則，則時，所以時，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，當時，即時，所以當時，函數沒有零點，即函數零點個數為0；當，即時，所以當時，函數有且只有一個零點，即函數的零點個數為1；當，即時，則存在一個實數，使得，當時，對任意的，則，取，因為，則，則，則存在，使得，即時，函數的零點

29、個數為當時，令，則，則，即函數有且只有一個零點；即函數的零點個數為當時，令，故在上單調遞增，令，故，則一定存在，使得，所以時，時，因為，當，即時，所以，所以時，所以時，則在上單調遞增，且，則存在，使得，所以函數有且只有一個零點，即函數的零點個數為因為，當，時，當時，當時，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，當，時，當時，當時，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，因為時，即，所以在時沒有零點，上至多有一個零點，而，令，則，則，故在上單調遞增，而，即，故存在一個，則存在，使得，所以函數有且只有一個零點，即函數的零點個數為1，綜上所述：當時，函數的零點個數為0；當或時，函數的零點個數為1；當時，函數的零點個數為【知識