2023届北京市汇文中学高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届北京市汇文中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】结合题意利用并集的定义计算即可.

【详解】由题意可得：.

故选：B.

2．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】首先解不等式，再根据不等式的解集即可得到答案.

【详解】因为或.

所以是的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】本题主要考查充分不必要条件，同时考查了二次不等式，属于简单题.

3．在复平面内，复数对应的点的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的乘除运算化简，再由复数的几何性质得到其点的坐标即可.

【详解】由题意，，

所以对应的点的坐标为.

故选：B.

4．已知命题，则是（　　）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】由全称命题的否定是特称命题即可得结果.

【详解】由全称命题的否定是特称命题知：，，

是，，

故选：C.

5．下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件逐一分析各选项即可判断作答.

【详解】对于A，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，A不正确；

对于B，函数定义域是R，是奇函数，当时，在上单调递增，当时，在上也单调递增，

即函数在其定义域R上单调递增，B正确；

对于C，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，C不正确；

对于D，函数定义域是，它是奇函数，在和上单调递增，但在其定义域上不单调，D不正确.

故选：B

6．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　）

A． B．是函数的图象的一条对称轴

C．在上是减函数 D．在上是增函数

【答案】D

【分析】根据平移变换求出的解析式可判断A；利用正弦函数的对称轴可判断B；求的单调区间可判断C，D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：因为将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，

所以，故选项A不正确；

对于B：，可得，所以不是函数的图象的一条对称轴，故选项B不正确；

对于C：令，可得，

所以在上单调递减，在上单调递增，故选项C不正确；

对于D：由C知：当时，，所以在上是增函数，故选项D正确；

故选：D.

7．已知，那么下列命题中正确的是（   ）.

A．若，则 B．若，则

C．若且，则 D．若，则

【答案】C

【分析】根据不等式的性质或通过举反例，对四个选项进行分析得解．

【详解】．若，当时， ，所以选项不成立；

．若，当时，则，所以选项不成立；

．因为，将两边同除以，则，所以选项成立；

．如果满足，但是，所以选项不成立．

故选：．

8．已知等比数列中，，且，那么的值是（   ）.

A．15 B．31 C．63 D．64

【答案】B

【分析】设等比数列的公比为，根据已知求出的值即得解.

【详解】设等比数列的公比为，

由题得.

所以.

故选：B

9．在中，是的中点，，点在上且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，，可得，由点是的中点，可得，代入中计算可得答案.

【详解】解：因为，点P在上，且满足，

所以，

因为点M是的中点，所以，

所以，

故选：C

10．定义：角与都是任意角，若满足，则称与 “广义互余”．已知，下列角中，可能与角“广义互余”的是（   ）.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由条件结合诱导公式化简可得，根据“广义互余”的定义结合诱导公式同角关系判断各选项的对错.

【详解】若，则，

所以，故选项A符合条件；

，故选项B不符合条件；

，即，又，∴，故选项C不符合条件.

，即，又，∴，故选项D不符合条件；

故选：A.

11．唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用直线方程及坐标，确定关于的对称点的坐标，则是“将军饮马”的最短路程，利用两点距离公式求距离即可.

【详解】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为，

∴，解得，即.

∴.

故选：C

12．在等差数列中，，．记，则数列（    ）．

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

【答案】B

【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.

【详解】由题意可知，等差数列的公差，

则其通项公式为：，

注意到，

且由可知，

由可知数列不存在最小项，

由于，

故数列中的正项只有有限项：，.

故数列中存在最大项，且最大项为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.

二、填空题

13．已知是数列的前项和.若，则__________.

【答案】

【分析】根求出和，由即可求解.

【详解】因为是数列的前项和.若，

可得，，

所以，

故答案为：.

14．已知，则的最小值是________.

【答案】5

【分析】将变形为，利用基本不等式即可求得答案.

【详解】∵，∴，

∴，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值是5,

故答案为:5.

15．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．

【答案】(－2,2)

【详解】试题分析：结合函数图象，a介于f(x)的极大值和极小值之间．

因为，＝x3－3x ，所以，f’(x)=3x²－3,令f'(x)=0，得：x=－1，x=1

f(－1)=2，f(1)=－2

所以，－2<a<2，故答案为(－2,2)．

【解析】数形结合思想，转化与化归思想，利用导数研究函数的极值．

点评：简单题，利用数形结合法，将问题转化成利用导数研究函数的极值．

16．已知平面内的点，，，若四边形（为坐标原点）是平行四边形，则向量的模为______.

【答案】

【分析】由得出向量的坐标，再求模即可．

【详解】由向量的平行四边形法则知，，

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了向量的模和平面向量的坐标运算，属于容易题.

17．已知函数，给出下列四个结论：

①函数是奇函数；                ②函数在和上都单调；

③当时，函数恒成立；  ④当时，函数有一个零点.

其中所有正确结论的序号是____________ .

【答案】③④

【分析】由奇偶性的定义可判断① ；结合导数可判断函数的单调性，进而可判断② ；结合函数的单调性可求当时函数的最小值，比较最小值与0的大小关系即可判断③ ；由，结合函数的零点存在定理可判断④ .

【详解】由题得，的定义域为，

① ，

且，所以不是奇函数，故 ① 错误；

② ，当时，，

则，令，则，

，所以存在，使得，

所以当时，， 是单调减函数；

当时，，是单调增函数，所以② 错误；

③ 由② 可知，当时，在上有最小值，且，

所以，因为，

由，则，即，所以，

所以当时，恒成立，故③ 正确；

④ 当时，，，

令，则令，解得，

当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增；

所以当时，

，则，

所以在上单调递减，由，，

所以在内有一个零点，故④ 正确.

故答案为：③④

18．某生物种群的数量Q与时间t的关系近似地符合.

给出下列四个结论：

①该生物种群的数量不会超过10；

②该生物种群数量的增长速度先逐渐变大后逐渐变小；

③该生物种群数量的增长速度与种群数量成正比；

④该生物种群数量的增长速度最大的时间.

根据上述关系式，其中所有正确结论的序号是__________.

【答案】①②④

【分析】对解析式上下同时除以，结合反比例函数模型可判断①正确；

对求导，即为该生物种群数量的增长速度与时间的关系式，结合导函数特征和对勾函数模型可判断③错，②④正确

【详解】，因为，故，，故该生物种群的数量不会超过10，①正确；

由，显然该生物种群数量的增长速度与种群数量不成正比，③错；因为为对勾函数模型，故，当且仅当时取到等号，故整体先增加后减小，当时，最大，故②④正确，

综上所述，①②④正确，

故答案为：①②④

三、解答题

19．已知等差数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求数列的前n项和Sn，

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为d，则由已知条件结合等差数列的通项公式可求出，从而可求出数列的通项公式；

（2）结合等比数列的通项公式和（1），可求得，然后利用分组求和法求解即可

【详解】（1）设等差数列的公差为d．

由，可得，

即，解得．

所以

（2）若数列是公比为3的等比数列，且，

则．

由（1）可得，

．

20．设的内角的对边分别为，且.

(1)求角的大小；

(2)再从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积.

第①组条件：；第②组条件：；第③组条件：边上的高.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)答案见详解

【分析】（1）结合正弦定理边化角可直接求解；

（2）若选①结合余弦定理求得不唯一；若选②，由固定可确定唯一，结合第三角公式求得，再由正弦面积公式即可求解；若选③，由正弦定理可求得，结合余弦定理可求得，再由正弦面积公式即可求解.

【详解】（1）由，

因为，化简得，又

（2）若选①，则，，，

由余弦定理可得，代入数据化简得或3，故选①不成立；

若选②，则，，，求得，

由正弦定理可得，解得，

由，

因为，，唯一，则唯一，三角形存在且唯一确定，；

若选③，由边上的高可得，解得，又，

由余弦定理可得，代值化简得或（舍去），

三角形存在且唯一确定，

21．如图，四棱锥的底面为正方形，侧面底面．为等腰直角三角形，且．，分别为底边和侧棱的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．

【解析】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，．由平面几何知识可证得四边形是平行四边形．再由线面平行的判断可得证．

（Ⅱ）先由面面垂直的性质和线面垂直的判定和性质证得两两垂直．再以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求解方法可得答案.

【详解】解：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，．因为，分别是，的中点，所以是△的中位线．

所以∥，且．

又因为是的中点，且底面为正方形，所以，且∥．

所以∥，且．所以四边形是平行四边形．

所以∥．又平面，平面，

所以∥平面．

（Ⅱ）证明： 因为平面平面，，且平面平面，所以平面．

所以，．又因为为正方形，所以，所以两两垂直．  

以点为原点，分别以为轴，

建立空间直角坐标系（如图）．

由题意易知，设，则，，，，，．

得到，，

设平面的法向量为，则，所以 ，即，

令，则．得，．

设平面的法向量为，则，所以 ，即，

令，则．所以 ．

由图可知，二面角的大小为锐角，

所以二面角的余弦值为．

【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.

1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线，建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上.

2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标.

3、求：求出两个面的法向量.

4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；

5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角,再取值.

22．设函数，.

(1)当时，求函数的单调增区间；

(2)若函数在区间上为减函数，求a的取值范围；

(3)若函数在区间内存在两个极值点，，且满足，请直接写出a的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】(1)把代入求导，再求出导函数大于0的不等式解集即可；

(2)由函数的导函数在上恒小于等于0即可出a的范围；

(3)根据给定条件可得函数在区间内的两个极值一正一负，再列出不等式求解即得.

【详解】（1）当时，，则，由解得：或，

所以函数的单调增区间是，.

（2）函数，则，因函数在区间上为减函数，则，成立，

即，，显然在上单调递减，即，，则，

所以a的取值范围是.

（3）由(2)知，，因函数在区间内存在两个极值点，，则在区间内有两个不等根，，

即有，解得，且有，

不妨令，则，当或时，，当时，，

则在处取得极大值，在取得极小值，显然，，

由两边平方得，

而，即，

整理得：，

把代入上述不等式并整理得：，解得，

综上得，

所以实数a的取值范围是.

23．设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；.

若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集.

(1)当时，已知集合，.分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由；

(2)当时，已知集合.若不是的完美子集，求的值；

(3)已知集合，其中.若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集.若是，请说明理由；若不是，请给出反例.

【答案】(1)是完美子集，不是完美子集，理由见解析

(2)

(3)一定是的完美子集，理由见解析

【分析】（1）根据完美子集的定义，设，列方程组求得，，的值即可判断；

（2）由题意可得：存在，使得，列出方程组，解方程组求出的值即可求解；

（3）假设存在不全为的实数、、满足，不妨设，则，由结合已知条件得出矛盾即可求解.

【详解】（1）设，即，所以是完美子集，

设，可得，

解得：，，，所以不是完美子集.

（2）因为集合不是的完美子集，

所以存在，使得，

即，

由集合的互异性可得：且且，所以且，

所以，可得，

所以，

即，所以，

所以或，

当时，，解得：，

所以存在使得，

当时，因为，所以，，不符合题意，

所以.

（3）一定是的完美子集，

假设存在不全为的实数、、满足，

不妨设，则，否则与假设矛盾，

由，可得，

所以与即矛盾，所以假设不成立，

所以，所以，

所以一定是的完美子集.