甘肃白银会宁第一中学高三数学上学期月考理doc

本文格式为Word版，下载可任意编辑——甘肃白银会宁第一中学高三数学上学期月考理doc甘肃省白银市会宁县第一中学2022届高三数学上学期10月月考试题理（含解析）一、选择题此题共12小题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

1.已知集合，，那么的子集个数为（）A.B.C.D.C先解二次不等式可得，再由集合的交集的运算,再由元集合的子集个数为，代入运算即可得解.解解二次不等式得，解得,即,又,所以,即的子集个数为,应选C.此题测验了二次不等式的解法、集合交集的运算及集合真子集的个数，重点测验了集合的思想，属根基题.2.已知函数，若，那么的值等于（）A.或B.C.D.A由分段函数的解析式可得，再分类议论在各段上的解，即当时，解得，当时，解得，主要是要议论的符号，即可得解.详解】解由题意有，当时，那么，解得，当时，那么，解得，综上可得或，应选A.此题测验了分段函数求值问题、对数求值及解二次方程，重点测验了分类议论的数学思想方法，属中档题.3.以下说法错误的是（）A.命题“若，那么”的逆否命题为“若，那么”B.“”是“”的充分而不必要条件C.若且为假命题，那么、均为假命题D.命题“存在，使得”，那么非“任意，均有”CA中命题的逆否命题是条件与结论互换并且同时否决；

B中充分而不必要条件要说明充分性成立，必要性不成立；

C中且为假命题，那么、中至少有一个为假命题；

D中非是特称命题的否决，为全称命题；

逐一判断即可得解.解对于选项A，命题“若，那么”的逆否命题为“若，那么”，即原命题为真命题；

对于选项B，当时，，当，或，即原命题为真命题；

对于选项C，若且为假命题，那么、中至少有一个为假命题，即原命题为假命题；

对于选项D，命题“存在，使得”，那么非“任意，均有”，即原命题为真命题；

应选C.此题测验了命题的逆否命题的真假、充分必要条件、复合命题的真假及特称命题的否决，重点测验了规律推理才能，属中档题.4.以下函数中，既是奇函数又在定义域内递增的是（）A.B.C.D.A测验选项A，检验是否恒成立，再利用导数来判断函数的单调性即可；

测验选项B，,即不恒成立，即函数不为奇函数，测验选项C，函数的增区间为，那么函数在定义域上不单调，测验选项D，,即不恒成立，即函数不为奇函数，得解.解对于选项A，恒成立，且，即函数为奇函数且为增函数，对于选项B，，那么函数不为奇函数，对于选项C，，函数的增区间为，函数在不为增函数，对于选项D，，那么函数不为奇函数，应选A.此题测验了函数的奇偶性及增减性，重点测验了函数的单调区间与函数的定义域，属中档题.5.已知，，其中，．若，，且的最小正周期大于，那么（）A.，B.，C.，D.，A由函数的周期的范围可得，结合，及三角函数的最值及零点可得，再代入特殊点，结合即可求得，得解.由的最小正周期大于，又，，那么当时，函数取最大值，为函数的一个零点，那么得，，即又由的最小正周期大于，得，又，即，即，那么，即，所以，又，那么，所以，，又，所以，即，即，应选A.此题测验了三角函数的周期，利用三角函数的特殊值求函数解析式，重点测验了运算才能，属中档题.6.在中，角，，所对的边分别是，，，，，，那么（）A.或B.C.D.C将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得，即可求得.解，，由正弦定理得应选C.此题测验了正弦定理、三角形的边角大小关系，测验了推理才能与计算才能.7.将函数的图象向右平移个周期后得到的函数为，那么的图象的一条对称轴可以是（）A.B.C.D.A由条件根据的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性，可得结论.解的周期为，图象向右平移个周期后得到的函数为，那么，由，，得，，取，得为其中一条对称轴.应选A.此题主要测验的图像变换规律，正弦函数的图像的对称性.8.标准的围棋棋盘共行列，个格点，每个格点上可能展现“黑”“白”“空”三种处境，因此有种不同的处境；

而我国北宋学者沈括在他的著作梦溪笔谈中，也议论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即，以下数据最接近的是（）A.B.C.D.B根据题意，对取对数可得，即可得，分析选项即可得答案．详解】据题意，对取对数可得，即可得分析选项B中与其最接近，应选B.此题测验对数的计算，关键是掌管对数的运算性质．9.函数与函数的图像关于直线对称，那么函数的单调递增区间为（）A.B.C.D.C由互为反函数的解析式的求法可得，再结合复合函数的单调性的求法可将求的单调递增区间问题转化为求在的条件下函数的减区间,运算即可得解.解由函数与函数互为反函数,那么,令,由于为减函数,那么的单调递增区间为在的条件下函数的减区间,又函数在的条件下的减区间为,应选C.此题测验了反函数的求法及复合函数单调性得求法，重点测验了复合函数单调性的判断，属中档题.10.正方形中，点，分别是，的中点，那么A.B.C.D.D由题意点，分别是，的中点，求出，，然后求出向量即得．解由于点是中点，所以，点得是的中点，所以，所以，应选．此题测验向量加减混合运算及其几何意义，留神中点关系与向量的方向，测验根本学识的应用。属于根基题。

11.已知是定义域为的奇函数，得志,若，那么A.B.C.D.C由题意，求得，且函数是以4为周期的周期函数，根据，求得一个周期内的函数值的和，进而求得的值，得到答案．由函数是定义域为的奇函数，所以，且，又由，即，进而可得，所以函数是以4为周期的周期函数，又由，可得，，那么，所以．应选C．此题主要测验了函数的根本性质的应用，其中解答中纯熟应用函数的奇偶性和函数的周期性是解答此题的关键，着重测验了转化思想，以及推理与运算才能，属于中档试题．12.已知函数，，为自然对数底数，关于的方程有四个相异实根，那么实数的取值范围是（）A.B.C.D.C由得，令得，易知时，时，时，所以在递减，在递增，在递减，大致图象如下图，当时，令，根据图象，若方程有四根，那么方程务必有一根小于，一根大于，当时，，而由的图象知，只须时，方程必有一根小于，一根大于，应选C．点睛此题综合测验函数与方程，函数的零点、极值、单调性，属于难题．解决此类问题的关键是方程有什么样的根，原方程才有四个根，通过对的单调性性研究，做出大致图象，结合图象可知方程必有一根小于，一根大于，然后结合对号函数图像分析，当时，能使程有一根小于，一根大于．二、填空题此题共4小题，每题5分，共20分。

13.若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，那么数列{an}的通项公式是an______.；

试题分析解当n1时，a1S1a1，解得a11,当n≥2时，anSn-Sn-1（）-（）-整理可得an＝−an−1，即-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an1（-2）n-1（-2）n-1故答案为（-2）n-1．考点等比数列的通项公式．14.瑞士数学家欧拉于1777年在微分公式一书中，第一次用来表示-1的平方根，首创了用符号作为虚数的单位．若复数（为虚数单位），那么复数的虚部为________；

_____．1.2.利用复数的除法可计算，从而可求其虚部和模.，故的虚部为，模为，故分别填.此题测验复数的概念、复数的除法，属于根基题.15.若两个向量与的夹角为，那么称向量“”为向量的“外积”，其长度为.若已知，，，那么.3故答案为3.此题主要测验以向量数量积为载体测验新定义，利用向量的数量积转化是解决此题的关键，16.已知，，那么_______.根据二倍角公式可将已知等式化简为，根据可求得；

根据同角三角函数关系，结合可求得结果.由二倍角公式可知，又，即此题正确结果此题测验利用二倍角公式、同角三角函数关系求解三角函数值的问题，关键是能够利用公式，结合角的范围来对已知等式举行化简.三、解答题共70分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第17～21题为必考题，第22、23题为选考题.17.已知等差数列中，，．（1）求数列的通项公式；

（2）若数列的前项和，求的值．（1）．（2）．本试题主要是测验了等差数列的通项公式的求解和数列的求和的综合运用。

（1）设等差数列的公差，那么，由题设，，所以，进而得到结论。

（2）由于，解方程得到n的值。

解（1）设等差数列的公差，那么，1分由题设，，所以．3分．4分（2）由于，6分所以，解得或．7分由于，所以．8分18.在中，角的对边分别为，且.（1）求的大小；

（2）若的外接圆的半径为，面积为，求的周长.（1）；

（2）.（1）利用正弦定理和诱导公式化简即得的大小；

（2）先利用正弦定理求出a的值，再利用面积求出bc的值，结果利用余弦定理求出bc的值即得解.（1）由于，由正弦定理可得，，由三角形内角和定理和诱导公式可得，，代入上式可得，，所以.由于，所以，即.由于，所以.（2）由于的外接圆的半径为，由正弦定理可得，.又的面积为，所以，即，所以.由余弦定理得，那么，所以，即.所以的周长.此