2023届新疆维吾尔自治区喀什地区巴楚县高三上学期1月期末考试数学（理）试题含答案

2023届新疆维吾尔自治区喀什地区巴楚县高三上学期1月期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，根据交集定义，求出即可.

【详解】由已知得，，

则.

故选：D.

2．在复平面内，复数对应的点为，设是虚数单位，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据复数对应点写出复数的代数形式，再求其共轭复数和模，并应用复数的除法化简即可.

【详解】由题设，，所以，，

故.

故选：B

3．若数列的前6项为，则数列的通项公式可以为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】观察每项的特点，分别确定项的符号以及分子分母的取值的规律，即可找出数列的通项公式.

【详解】通过观察数列的前6项，可以发现有如下规律：

且奇数项为正，偶数项为负，故用表示各项的正负；

各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，

而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，

故第n项的绝对值是，

所以数列的通项可为，

故选：D

4．已知数列的前项和为，当时，，若，则的值为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】C

【分析】由递推关系求数列的通项公式，由条件解方程求的值.

【详解】因为当时，，

所以，又，

所以数列为首项为，公比为的等比数列，

所以，故，

因为，所以，

解得.

故选：C.

5．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】A

【分析】根据指数函数的单调性可知前者可以推出后者，举反例，可知后者无法推出前者，即可得到答案.

【详解】当时,则,根据指数函数在上单调递增，

故，

若，满足，不满足，

所以前者可以推出后者，后者无法推出前者，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

6．已知，且，则的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据基本不等式可得≥，即可求解.

【详解】由（当且仅当时等号成立），得，

即，即，，

当且仅当a=b=时等号成立.

所以的最小值为.

故选：B.

7．已知函数，，则在区间上的零点个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换的化简可得，令2x-=kπ求得x=+，k∈Z，列举k的值即可求解.

【详解】

，

当2x-=kπ，k∈Z时，x=+，k∈Z，

所以当k=0时，x=，当k=1时，x=，

所以f(x)在区间(0,π)上有2个零点.

故选：B.

8．已知等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．数列是递增数列 D．

【答案】B

【分析】根据，即可得，从而可判断A；根据等差数列及等差数列前项和公式即可判断BD；根据，判断出公差的符号，即可判断C.

【详解】因为，所以，故A错误；

由等差数列，可得，

所以，即，故B正确；

因为，

所以，

所以等差数列的公差，

所以数列是递减数列，故C错误；

因为，

所以，故D错误.

故选：B.

9．已知数列，对于任意正整数，都满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由递推关系可得，利用累加求数列的通项公式，再由裂项相消法求的值.

【详解】因为对于任意正整数，都满足，

所以，又，

所以，

所以当时，，

所以，即，

所以当时，，又也满足此关系，

所以

所以，

故.

故选：C.

10．无穷数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的有（    ）

A．为等比数列 B．为递增数列

C．中存在三项成等差数列 D．中偶数项成等比数列

【答案】D

【分析】利用与的关系，求通项公式，从而判断各选项正误.

【详解】解：无穷数列的前项和为，满足

，

当时，，不符合上式，

所以不是等比数列，故A错误；

又，所以不是递增数列，故B错误；

假设数列中存在三项成等差数列，由于，则，所以得：

，则，又

且恒成立，故式子无解，中找不到三项成等差数列，故C错误；

，

是等比数列，即中偶数项成等比数列，故D正确.

故选：D．

11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（    ）

A．1 B．2 C．2022 D．2023

【答案】A

【分析】由题意，求得，进而得到，即可求解.

【详解】由题意得 ，

，，

所以，

所以.

故选：A.

12．已知数列满足，若对任意（且）恒成立，则当取最大值时，（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【分析】由，得，两式相除可求出，从而可求得，所以将问题转化为，从而可求出m的取值范围，则得到的最值，则得到的值.

【详解】当时，由，得，

两式相除得，对时，也适合,

所以，

因为对任意，（且）恒成立，

所以，所以，

当时，由，得，则，

当时，由，得，则，

综上，,的最大值为2，则，

故选：B.

二、填空题

13．已知，，且，则=____

【答案】5

【分析】由向量垂直可知，由，利用向量数量积的运算求解.

【详解】，，

，

.

故答案为：5.

14．在算术三角形（也叫帕斯卡尔三角形）中，每个元素（不在第一列）是其正下方的数与左下方的数的差，如图所示，则第五行第4个数为______.

【答案】

【分析】根据已知每个元素（不在第一列）是其正下方的数与左下方的数的差，即可得出答案.

【详解】解：因为每个元素（不在第一列）是其正下方的数与左下方的数的差，

所以第五行第4个数为第五行第3个数与第四行第4个数之和，即为.

故答案为：.

15．若数列满足，且是函数的极值点，则______.

【答案】2

【分析】由，可得数列是等比数列，再利用导数求出函数的极值点，结合等比数列的性质即可得出答案.

【详解】解：，

令，

，

所以方程有两个不等的实根，

则，

所以，

即函数的两个极值点都是正数，

即且，

因为，

所以数列是等比数列，所以

由，得，

所以.

故答案为：.

三、双空题

16．对表示不超过的最大整数.十八世纪，被高斯采用，因此得名为高斯函数.人们更习惯称之为“取整函数”，例如：.若，则______；方程有______个实数根.

【答案】     0     2

【分析】根据高斯函数定义可求的范围，再求的值，讨论，结合高斯函数的定义及性质解方程可得结论.

【详解】由已知可得，

所以，

当时，，，

所以，方程无解，

当时，方程可化为，

解得，

当时，，方程无解，

当时，，方程的解为，

若，则，所以，

所以，方程无解，

故方程有2个实数根.

故答案为：0；2.

【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

四、解答题

17．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．

已知是公差为的等差数列，为数列的前项和，是正项等比数列，，，试比较与的大小，并说明理由．

【答案】答案见解析

【分析】先根据题意求出和的通项公式，再求出的通项公式，利用作差或者作商法比较大小即可.

【详解】解：因为是公差为，首项为的等差数列，所以，

设等比数列的公比为，则，

若选①，由，，则，

所以，，，

当时，；当时，；

若选②，由，得，则，

所以，，，所以；

若选③，由，得，得，则，则，

，则，则.

18．已知的内角所对的边分别为，且.

(1)求角；

(2)若，求的面积的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定等式，利用诱导公式及逆用和角正弦公式，求出作答.

（2）由（1）的结论，结合余弦定理及均值不等式，求出的最大值作答.

【详解】（1）在中，因为，

则，

即，

而，有，于是得，

所以.

（2）由（1）知，，由余弦定理得：，

则，当且仅当时取等号，即当时，，

，

所以当时，的面积取最大值.

19．已知正项等差数列满足，且是与的等比中项.

(1)求数列的通项公式及前项和；

(2)保持中各项的先后顺序不变，在与之间插入个，构成新数列，求数列的前24项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，则由已知解方程可求出，从而可求出通项公式及前项和；

（2）假设第24项在与之间，则由可求出，从而可求出.

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

因为，且是与的等比中项，

所以，解得或（舍去），

所以，，

所以；

（2）解：由题意可知，新数列为，，，，，，，，，，…按照此规律，

假设第24项在与之间，

则，解得当时，

.

20．已知函数.

(1)当时，求函数的极值；

(2)若函数有两个零点，求的取值范围.

【答案】(1)极大值，无极小值

(2)

【分析】（1）先求的导数，再由导数讨论函数的单调性，从而得到函数的极值；

（2）根据的不同取值，利用导数讨论函数的单调性，根据函数的性质结合条件确定的取值范围.

【详解】（1）当时，，，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以在定义域内有极大值，无极小值.

（2）的定义域为，

因为，

所以当时，恒成立，单调递减，此时至多只有一个零点，不符合题意，舍去；

当时，由可得当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以函数在定义域内有极大值，无极小值，

又因为当趋近于0时，函数值趋近于，

当趋近于时，函数值趋近于，

所以要使函数在其定义域内有两个零点，则，解得，

所以的取值范围为.

21．已知数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由可求得数列的通项公式；

（2）求得，然后错位相减法可求得的表达式，从而可得证.

【详解】（1）解：（1）由得，

当时，，而，

；

（2）证明：由及，

得，

所以，

所以，

当时，，

得，

两式相减得

，

，

满足，

∴，

∴.

22．数学的发展推动着科技的进步，技术的蓬勃发展得益于线性代数､群论等数学知识的应用.目前某区域市场中智能终端产品的制造仅能由公司和公司提供技术支持.据市场调研预测，商用初期，该区域市场中采用公司与公司技术的智能终端产品分别占比及.假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用公司技术的产品中有转而采用公司技术，采用公司技术的仅有转而采用公司技术.设第次技术更新后，该区域市场中采用公司与公司技术的智能终端产品占比分别为及，不考虑其他因素的影响.

(1)用表示，并求实数，使是等比数列.

(2)经过若干次技术更新后该区域市场采用公司技术的智能终端产品占比能否超过？若能，至少需要经过几次技术更新？若不能，请说明理由.（参考数据：）

【答案】(1)，；

(2)能，至少10次.

【分析】（1）根据条件推导数列的递推关系，利用数列是等比数列，求的值作答.

（2）由（1）求出数列的通项公式，再解不等式，即可求的值作答.

【详解】（1）依题意， 5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为，，

经过n次技术更新后，，，

则，因此有，

设，令，解得，

则有，即数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以当时，是以为首项，为公比的等比数列.

（2）由（1）知，，

因此经过n次技术更形后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比，

依题意，令，得

，而，则，

所以至少经过10次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上.