2023届山东省德州市高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省德州市高三上学期期中数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省德州市高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知非空集合,，，若，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合，然后利用，集合不是空集，建立不等式求解即可.【详解】因为，得或，又因为，集合不是空集，则，解得.故选：D2．已知，则“”是“”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】C【分析】根据幂函数和指数函数的单调性判断即可得出结论.【详解】根据幂函数的特性知，函数在上单调递增所以时， ，又函数在R上单调递增，时， 即“”是“”的充分条件；时，根据指数函数的单调性可得，此时有 所以“”也是“”的必要条件，选项C正确. 故选：C.3．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】正用、逆用两角和的正弦公式进行求解即可.【详解】即变形得：.故选：C4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由“斐波那契数列”满足，将转化为问题中的项.【详解】因为，所以，又因为，所以，故选：B.5．设为所在平面内一点,,则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据向量加法的首尾相连,根据将往上拼凑即可得出结果.【详解】解:由题知,,即.故选:A6．某函数在上的部分图象如图，则函数解析式可能为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】由图形可得：当时恒成立，先减后增，.对A、C：通过符号判断；对B：求导，利用导数判断单调性和最值，并代入检验；对D：代入检验即可.【详解】由图形可得：当时恒成立，先减后增，.对A：当时，则，故，A错误；对B：，∵，则，当时，则，则，当时，则，则，∴在上单调递减，在上单调递增，则，又∵，则，B正确；对C：当时，则，故，C错误；对D：，D错误.故选：B.7．已知某品牌手机电池充满时的电量为4000（单位：毫安时），且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择．模式：电量呈线性衰减，每小时耗电400（单位：毫安时）；模式：电量呈指数衰减，即从当前时刻算起，小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，若使且在待机10小时后有超过的电量，则的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可列出方程，建立一次函数和指数函数的图像，即可分析的取值范围.【详解】由题意：模式A在待机t小时后电池内电量为：；设当前电量为Q，模式B在待机t小时后电池内电量为：；则该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，其在待机10小时后的电量为：，由，即，令，则，由图可分析，当时，，即，因为故选：C.8．已知定义在上的函数，若的图像与轴有4个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由的图像与轴有4个不同的交点，转化为与有4个不同的交点，画出二者函数图像，求出与恰有3个交点的临界直线的斜率，即可求的取值范围.【详解】因为的图像与轴有4个不同的交点，所以与有4个不同的交点，作出二者图像如下图：易知直线恒过定点，斜率为a，当直线与相切时是一种临界状态，设此时切点的坐标为，则，解得，所以切线为，此时有三个交点；当直线过点时，，此时有四个交点；综上所述：，故选：A. 二、多选题9．若，则下列不等式中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据已知不等式可得，利用作差法、不等式的性质、基本不等式依次判断各个选项即可.【详解】，；对于A，，，，，则，A错误；对于B，，，，B正确；对于C，，，，（当且仅当时取等号），又，等号不成立，即，C正确；对于D，，，D正确.故选：BCD.10．已知函数同时满足下列三个条件：①该函数的最大值为；②该函数图象的两条对称轴之间的距离的最小值为；③该函数图象关于对称.那么下列说法正确的是（    ）A．的值可唯一确定B．函数是奇函数C．当时，函数取得最小值D．函数在区间上单调递增【答案】AC【分析】根据题目条件求出函数解析式，进一步根据函数的性质，求出各选项.【详解】由题可知：，,即∴又∵该函数图象关于对称∴，即又∵∴当时，∴A选项：此时的值可唯一确定，A正确；B选项：当时，∴此时函数不是奇函数，故B错误；C选项：，此时函数取得最小值，故C正确；D选项：已知，∴∴在函数在区间上单调递减，故D错误.故选：AC.11．已知,则（    ）A．的定义域是B．函数在上为减函数C．若直线和的图象有交点,则D．【答案】ABD【分析】根据解析式,列出需要满足的条件,解出即可判断A的正误;求,判断其正负,确定的单调性,根据和的定义域,确定在区间上的正负,即单调性,即可判断B的正误;根据单调性求出端点值和极值点,画出草图,即可判断C的正误;根据单调性,取特殊值,即可证明D的正误.【详解】解:关于选项A:,,解得,故选项A正确;关于选项B:,,,,,在单调递增,,在上单调递减,故选项B正确;关于选项C:,,,在单调递增,,时,,单调递减,时,,单调递增,,所以画草图如下:由图可知,若直线和的图象有交点,则,故选项C错误;关于选项D:时,单调递增,,即,成立,故选项D正确.故选:ABD12．将个数排成行列的数阵，如图所示：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中0）.已知，记这个数的和为，下面叙述正确的是（    ） A． B． C． D．【答案】ACD【分析】由题意，根据等差数列与等比数列的通项，表示出所求项，建立方程，可得A、B、C的正误，根据等差数列与等比数列的求和公式，可得D的正误.【详解】对于A，由题意，，，由，则，整理可得，由，解得，故A正确；对于B，，，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，，故D正确.故选：ACD.【点睛】等差数列与等比数列综合的题目中，一定分清数列的类型，利用正确的数列通项，建立合适的方程，求得所求量，在求和时，常用的方法有分组求和、裂项相消、错位相减、倒序相加，必须熟练掌握. 三、填空题13．曲线在处的切线方程为________.【答案】【分析】根据曲线进行求导,求出切线的斜率,代入点斜式方程化简即可求出.【详解】解:由题知,,,,在处的切线方程为,即.故答案为:14．已知命题.若为假命题，则的取值范围为_____.【答案】【分析】首先写出命题的否命题，根据为假命题即可得出为真命题，从而转化为恒成立，利用导数研究最值，即可求出的取值范围.【详解】为假命题 为真命题，故，令，则，令解得，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.故答案为：.15．在中，为边上任意一点，为的中点，且满足，则的最小值为________.【答案】##【分析】根据向量的加减法，可得，利用换元法，整理函数关系，利用二次函数的性质，可得答案.【详解】由为边上任意一点，则，，可得，则，即，由，可得，则，故，当时，取得最小值为.故答案为：. 四、双空题16．定义为与距离最近的整数（当为两相邻整数算术平均值时，取较大整数），令函数，如：.则__________；_________.【答案】     4     【分析】通过列举的方法，得到将分组为，，，，，第组有个数，且每一组中所有数之和为，然后根据找的规律求和即可.【详解】当时，，则，；当时，，则，；当时，，则，；当时，，则，；当时，，此时，包含，，，，共个整数，所以将分组为，，，，，第组有个数，且每一组中所有数之和为，则，当时，则，即在第45组中，且位于第45组中个数的位置上，则.故答案为：①4；②. 五、解答题17．设两个向量满足，.(1)若，求的夹角；(2)若的夹角为，向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再求出，即可得解；（2）由向量与的夹角为钝角，可得，注意排除相反向量这一情况.【详解】（1）解：由 ，得 ,又 , 所以，所以，又因为 ,所以的夹角为 ；（2）解：由已知得，则，因为向量与的夹角为钝角, 所以, 解得，设, 则, 无解, 故两个向量的夹角不可能为 ,所以向量与的夹角为钝角时, 的取值范围为.18．在①，②③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角所对的边分别为，且        .(1)求角的大小；(2)若，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】(1) 选择条件①由正弦定理角化边后，用余弦定理求角；选择条件②，由正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式和诱导公式化简，可求角；选条件③，由正弦定理边化角，再利用倍角公式化简，可求角.(2) 由已知条件结合正弦定理角化边，得，再利用余弦定理得到，代入面积公式既可.【详解】（1）选择条件①，由 及正弦定理，可得 ，即 ，由余弦定理， 得 ，因为 ， 所以 .选择条件②，由 及正弦定理， 可得 ，即 ，即 .在 中， ，所以 ， 即 ，因为 ， 所以 ， 所以 ，因为 ， 所以 .若选条件③， ， 则 ，由 ， 有 ，由，所以 ，因为 ， 所以 ，所以 .（2）由正弦定理得 ，所以 ，因为 ， 所以 ， 所以 ，若 ， 由余弦定理得 ， 即 ，所以 ，因为 ， 所以 ，所以 的面积为 .19．函数是定义在上的偶函数，且对任意实数，都有成立.已知当时，.(1)当时，求函数的表达式；(2)若函数的最大值为1，当时，求不等式的解集.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由得图象关于对称，设，则，代入解析式，通过等量代换转化为的表达式；（2）由函数的奇偶性与周期性，得时函数取最大值，求得的值，在上解不等式，由周期性与奇偶性得其他区间上的解集.【详解】（1）由,可得图象关于对称.因为,所以,，又，故所求的表达式为，.（2）因为是上的偶函数,所以,即函数是以2为周期的函数.因为,由函数的最大值为1,知,即 .若,则,所以,当时,是上的偶函数,可得,所以此时满足不等式的解集为 .因为是以2为周期的周期函数,当时,的解集为 ,当时,的解集为.综上所述，的解集为.20．第二届中国（宁夏）国际葡萄酒文化旅游博览会于2022年9月6—12日在银川市成功举办，某酒庄带来了葡萄酒新品参展，与采购商洽谈，并计划大量销往海内外.已知该新品年固定生产成本40万元，每生产一箱需另投入100元.若该酒庄一年内生产该葡萄酒万箱且全部售完，每万箱的销售收入为万元，(1)写出年利润（万元）关于年产是（万箱）的函数解析式（利润销售收入成本）；(2)年产量为多少万箱时，该酒庄的利润最大？并求出最大利润．【答案】(1)(2)年产量为29万箱时，该公司利润最大，最大利润为2370万元 【分析】（1）分和两种情况讨论，根据利润销售收入成本得到函数解析式；（2）根据二次函数及基本不等式求出函数的最大值，即可得解.【详解】（1）解：当时，，当时，，故；（2）解：当时，，对称轴为，开口向下，故，当时，，当且仅当，即时，等号成立，因为 ，所以当时，利润最大，最大值为万元，故年产量为万箱时，该公司利润最大，最大利润为万元.21．已知数列的前项和为，且满足，数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前项和为，求证：.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）根据和的关系求解数列的通项公式即可；根据题中的等式先求解出数列的递推关系式，再根据递推关系式求解数列的通项公式；（2）根据数列的通项公式化简题中数列的通项公式，再求解其前n项和，最后运用裂项相消法证明不等式.【详解】(1) 由 得 ,作差得 , 即 ,即 , 即 ,所以数列 是以 为首项, 3 为公比的等比数列, , 所以 .数列 满足 , (1)当 时, ;当 时, ,(2)由(1) -(2)可得 ,当 时,也符合上式, 故数列 的通项公式为 .（2）则 故 成立.22．已知函数.(1)求在的最小值；(2)若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.【答案】(1)答案见解析；(2)正，理由见解析 【分析】（1）由导数法求最值，对、、分类讨论即可；（2）由（1）得只有时方程有两个不同的解且可设设 ，则由列等式整理得，结合等差中项性质可变形整理得，令 ，由导数法讨论最值得，即可进一步证明【详解】（1）.当 时， 在 单调递减， ；当 时， 在 单週递减， ；当 时， 时， 时， ， 所以 在 单週递减， 在 单调递增，综上，当 时， ；当 时， .（2）值的符号为正，理由如下：由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合題意.当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，则 ， 整理得.令 ， 则 ，令 ， 在 单调递增， .故 得证