2023届辽宁省沈阳市重点高中联合体高三上学期期中检测数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省沈阳市重点高中联合体高三上学期期中检测数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届辽宁省沈阳市重点高中联合体高三上学期期中检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式可得或，求交集即可.【详解】解不等式得：或，所以或，所以.故选：A2．已知复数，则的虚部为（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数乘除法运算法则得到，再结合虚部的定义判断即可.【详解】，则的虚部为-2.故选：C.3．已知向量，，则（    ）A．3 B． C．1 D．0【答案】D【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以故选：D4．荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.“这句来自先秦时期的名言.此名言中的“积跬步”是“至千里”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用命题间的关系及命题的充分必要性直接判断.【详解】由已知设“积跬步”为命题，“至千里”为命题，“故不积跬步，无以至千里”，即“若，则”，其逆否命题为“若则”，反之不成立，所以命题是命题的必要不充分条件，故选：B.5．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为75°，30°，若河流的宽度是60，则此时气球的高度等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在中，利用正弦定理求出，再根据气球的高度等于即可得解.【详解】解：在中，，则,,因为，所以，所以气球的高度为.故选：B.6．已知为等差数列， 为的前项和． 若， 则当取最大值时， 的值为（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列下角标的性质即可求解.【详解】因为，所以，又，所以，所以，则.故选: C.7．已知函数在定义域内可导，其图象如图所示.记的导函数为，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据原函数图象与导函数的关系，即可得到结果.【详解】对于不等式对，当时，，则结合图象，知原不等式的解集为；当时，，则结合图象，知原不等式的解集为．综上，原不等式的解集为．故选：A8．定义在上的函数满足，若的图像关于点对称，且函数在上单调递减，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件构造函数，易得为奇函数，且单调递减，从而可求得不等式解集.【详解】因为的图像关于点对称，由图像平移变换可知的图像关于原点对称，即为奇函数，令，则即也为奇函数，又函数在上单调递减，由对称性可知，在上递减，又因为，所以所以即所以，即解集为故选:A. 二、多选题9．已知，，则下列叙述中正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．若函数的最小值为6，则的值为4C．若，则D．若向量，，则【答案】AB【分析】根据有得或，结合充分不必要条件的概念判断A；结合基本不等式求解判断B；由判断C；由时的情况判断D.【详解】解：对于A，由得或，故“”是“”的充分不必要条件，正确；对于B，当，函数，当且仅当时等号成立，所以，解得，故正确；对于C，当时，满足，但不满足，故错误；对于D，当向量时，不一定成立，故错误；故选：AB10．函数在一个周期内的图象如图所示，则（    ）．A．该函数的解析式为B．该函数图象的对称中心为，C．该函数的单调递增区间是，D．把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象【答案】ACD【分析】根据图象可得函数的解析式，然后根据三角函数的性质及图象变换规律逐项分析即得.【详解】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，所以，，即，，又，故，从而，故A正确；令，，得，，故B错误；令，，得，，故C正确；函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到，故D正确．故选：ACD.11．在R上定义运算：，若不等式对任意实数恒成立，则实数的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由题意可得恒成立，运用判别式，解出二次不等式，可得的可能取值．【详解】不等式对任意实数恒成立，有，即恒成立，∴，解得，所以选项CD正确．故选：CD12．关于函数，下列描述正确的有（    ）A．在区间上单调递增 B． 的图象关于直线对称C．若则 D．有且仅有两个零点【答案】ABD【分析】作出函数的图象，由图象观察性质判断各选项．【详解】根据图象变换作出函数的图象（，作出的图象，再作出其关于轴对称的图象，然后向右平移2个单位，最后把轴下方的部分关于轴翻折上去即可得），如图，由图象知在是单调递增，A正确，函数图象关于直线对称，B正确；，直线与函数图象相交可能是4个交点，如图，如果最左边两个交点横坐标分别是，则不成立，C错误，与轴仅有两个公共点，即函数仅有两个零点，D正确．故选：ABD． 三、填空题13．命题“，”的否定是______．【答案】，【分析】根据特称命题的否定形式求解即可.【详解】命题“，”的否定为“，”.故答案为：，.14．已知等比数列的公比，若，是函数的极值点，则______．【答案】##.【分析】先求出函数的极值点，从而可得，，再求出公比，进而可求出.【详解】由，得，由时，或，当或时，，当时，，所以2 和3为的极值点，因为，，是函数的极值点，所以，，所以，所以，故答案为：.15．在中，点是边上（不包含顶点）的 动点，若，则 的最小值______.【答案】##【分析】由向量共线定理可得，结合基本不等式即可求出的最小值.【详解】如图，可知x，y均为正，且，，当且仅当，即时等号成立，则的最小值为.故答案为：.16．如图是构造无理数的一种方法： 线段； 第一步，以线段为直角边作直角三角形，其中； 第二步，以为直角边作直角三角形，其中； 第三步，以为直角边作直角三角形， 其中； ．．．，如此延续下去，可以得到长度为无理数的一系列线段， 如， ， ．．． ，则____________．【答案】【分析】由图求解，的余弦与正弦值，再由两角和差的余弦公式得，利用数量积的定义求解即可.【详解】解：由题可知所以，，，，所以，所以.故答案为：. 四、解答题17．已知数列满足：，，．(1)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式；(2)设，求．【答案】(1)证明见解析；.(2)4950. 【分析】（1）由递推关系可得，即，结合等比数列的定义可得解；（2）由对数的运算性质结合等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】（1）因为数列满足，所以.由，所以，所以，且，所以数列是，公比的等比数列.所以，即数列的通项公式为；（2）由（1）知，所以.所以.所以.18．已知函数，．(1)求函数的最大值和最小正周期；(2)设的内角，，的对边分别为，，，且，．若，求，的值．【答案】(1)的最大值为4，最小正周期为；(2) 【分析】（1）根据二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合三角函数相关知识求出最大值和最小正周期即可；（2）根据条件求出，结合正弦定理角化边，由余弦定理列出等式求解即可.【详解】（1）由题意知， 因为，所以，所以函数的最大值为4，函数的最小正周期为.（2）由题意得，，即，因为，所以，所以，所以，即，因为，由正弦定理得由余弦定理得，即，又因为，所以.19．已知函数是R上的奇函数，当时，取得极值.(1)求的单调区间和极大值；(2)证明：对任意，不等式恒成立.【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是和，(2)见解析 【分析】（1）根据函数的奇偶性求解d的值，进而根据函数的极值得到关于a，c的方程组，解方程组得到a，c的值，从而得到函数的解析式，对函数求导，根据导函数的符号得到函数单调性和极大值.（2）根据（1）中的结论得到函数在闭区间上的单调性，从而得到函数在闭区间上的最大值和最小值，作差并取绝对值证明结论.【详解】（1）（1）由奇函数的定义，应有R，即.因此，，由条件为的极值，得，即，解得，，令，则有，列表如下：x2+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增 由表知：函数的单调递减区间是，单调递增区间是和，.（2）证明：由（1）知，的单调递减区间是，在是减函数，且在上的最大值为，在上的最小值为，对任意，恒有.20．已知为等差数列，为等比数列，的前项和，，．(1)求数列，的通项公式；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由的前项和即可求出等比数列的通项公式，由和即可求出等差数列的通项公式.（2）利用错位相减法即可求得数列的前项和.【详解】（1）设的公差为，的公比为，由已知可得，，则，即．∵，∴，又∵，∴，解得，即．（2）由（1）知， 令①，①式两边同乘得：②，错位相减得则．21．在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若，，AD是的中线，求AD的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.【详解】（1），所以，由正弦定理得：，，，，，得，即，.（2）,,得，由余弦定理得：，，所以，即AD的长为.22．已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线.(1)求的值；(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由.【答案】(1)1(2)1个零点，理由见解析 【分析】(1)通过对曲线和分别求导，由题意得，从而求得的值；(2)分类讨论思想，当时，，无零点；当时，通过求导判断函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解.．【详解】（1）依题意得：函数，其导函数为 ，，所以．曲线和在原点处有相同的切线.，．（2）由（1）可知，，所以；当时，，，此时无零点．当时， 令则，显然在上单调递增，又，，所以存在使得，因此可得时，，单调递减；时，，单调递增；又， 所以存在，使得，即时，，，单调递减；时，，，单调递增；又，，所以在上有一个零点．综上，在上有1个零点．