2023天津红桥区高三上学期期中考试数学试题含解析

高三数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

2.本卷共9题，每小题5分，共45分.

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解一元二次不等式化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.

【详解】由解得，

所以，所以，

故选：A.

2. 已知函数，则（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据自变量所在的范围代入解析式求解即可.

【详解】∵，

∴，

则.

故选：B.

3. 命题“,”的否定是（    ）

A. , B. ,

C. , D. ,

【答案】C

【解析】

【分析】根据全称量词命题的否定,只否定结论,不否定条件,全称变特称,特称变全称,选出答案.

【详解】解:由题知,命题“,”的否定是.

故选:C

4. 甲、乙二人的投篮命中率分别为0.9、0.8，若他们二人每人投篮一次，则至少一人命中的概率为（    ）

A. 0.72 B. 0.27 C. 0.26 D. 0.98

【答案】D

【解析】

【分析】“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，结合二人投篮相互独立，计算即得解.

【详解】由题意“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，

记“至少一人命中”为事件，由甲、乙二人投篮相互独立，

则.

故选：D

5. 设，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. 既不必要也不充分条件

【答案】B

【解析】

【分析】解出不等式，结合充分条件、必要条件的概念即可得到结果．

【详解】若，则，

若，则，

∵是真子集，则“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

6. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对数函数的单调性判断即可.

【详解】∵，，∴

∵，，∴

综上，．

故选：B．

7. 已知，则曲线在点处的切线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求导，可得，再求解，结合直线方程的点斜式即得解.

【详解】由题意，

故，且，

故切线方程为：，即.

故选：D

8. 当时，函数取得最大值，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可知，，可解得，即可求得答案

【详解】由可得，

因为当时，函数取得最大值，

所以，解得，

所以，

因此当，，单调递增；当，，单调递减，

故当时取最大值，满足题意，

所以

故选：B

9. 如图，在四边形中，，，，则的值为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意首先求得和的值，然后结合数量积的运算法则可得的值.

【详解】由题意可得：，解得：，

且：.

由可知，

故.

故选C.

【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的数量积的计算，方程思想的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.

10. 设是虚数单位，若复数为纯虚数，那么实数_________.

【答案】##0.5

【解析】

【分析】利用复数的除法运算进行化简，然后利用纯虚数的概念即可求解

【详解】由于，且复数为纯虚数，

所以，解得，

故答案：

11. 若幂函数的图像过点，则______.

【答案】

【解析】

【分析】设出，代入点，求出，从而求出解析式，从而求出.

【详解】设，将代入，，解得：，

故，.

故答案为：-1

12. 若实数x、y，满足，则的最小值为______.

【答案】4

【解析】

【分析】先对变形，再利用基本不等式求出最小值.

【详解】因为，所以，

因为，由基本不等式可得：，

当且仅当时，等号成立.

故答案为：4

13. 已知向量，向量，则_____________.

【答案】

【解析】

【详解】 由向量，则，

所以.

14. 的展开式中常数项是______.

【答案】15

【解析】

【分析】由二项式定理求出通项公式，得到，从而求出常数项.

【详解】的展开式的通项公式为：，

令，解得：，

故.

故答案为：15

15. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0，1]，总存在唯一的x2∈[﹣1，1]，使得x1+1+﹣a=0成立，则实数a的取值范围是___________.

【答案】（，e]

【解析】

【分析】由得，根据题意可得：,且,解出并且验证等号是否成立即可得出答案.

【详解】解:由,得,

对任意的,总存在唯一的,使得成立,

,且,

解得,

又时,存在两个不同的实数,因此舍去,的取值范围是.

故答案为:.

三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16. 在中，角的对边分别为.

(1) 若，求的值；

(2) 若，求的值．

【答案】（1）；  （2）

【解析】

【详解】分析：（1）利用二倍角公式求得的值，进而利用诱导公式求得的值；（2）先利用余弦定理求得和的关系，进而根据求得，最后利用正弦定理求得的值.

详解：（1）若，

即，

变形可得，

即，

则，

则.

(2),

,,

由正弦定理可得

,

.

点睛：本题主要考查余弦定理、正弦定理及两角和与差的正弦公式，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

17. 已知函数.

（1）求的最小正周期及单调区间；

（2）求在区间上的最大值与最小值.

【答案】（1）最小正周期为，单调增区间为，单调减区间为.   

（2）最大值为2，最小值为

【解析】

【分析】（1）先利用三角恒等变换化简得到，从而利用求出最小正周期，再利用整体法求解函数的单调区间；

（2）根据求出，从而结合函数图象求出最大值为2，最小值为.

【小问1详解】

因为

所以的最小正周期；

令，，解得：，，

令，，解得：，，

单调增区间为，，

单调减区间为，；

【小问2详解】

已知，所以，

当，即时，取得最大值，最大值为2，

当，即时，取得最小值，最小值为-1，

所以在区间上的最大值为2，最小值为.

18. 已知公差不为0的等差数列的首项为2，且，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)因为，，成等比数列，所以，再由为公差不为0的等差数列，设公差为d，代入方程解出d，得到数列通项公式；

(2)将第一问通项公式代入，裂项相消法求数列的前n项和.

【小问1详解】

因为，，成等比数列，所以，

又为公差不为0的等差数列，设公差为d，

则，

且，解得，数列的通项公式为；

【小问2详解】

由(1)，，

则，

设数列的前n项和为

可得.

19. 已知等比数列的前项和为,公比,且为的等差中项,.

（1）求数列的通项公式

（2）记,求数列的前项和.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）由a2+1是a1，a3的等差中项，可得=，又，解得，即可得出通项;（2），利用错位相减法即可得出．

【详解】（1）由题意，得.又，

∴，∴，                                               

∵，∴或，                                       

∵，∴.                                                           

∴.                                                   

（2）由（Ⅰ），知.∴.                               

∴.                           

∴.                           

∴                                   

.                                           

∴.

【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.

20. 已知函数，其中.

（1）求函数的单调区间；

（2）设，若对任意的，恒成立，求的最大值.

【答案】（1）当时，在上单调递增，无单调递减区间；

当时，在上单调递增，在上单调递减.   

（2）

【解析】

【分析】（1）先确定函数的定义域，然后求导，通过讨论a的正负判断导函数在定义域内有无零点，无零点时原函数在定义域内单调，有零点时再通过导函数确定各区间的单调性；

（2）原不等式恒成立等价于原函数的最大值小于等于0成立，由第一问的单调区间求得原函数的最大值，记为关于a的函数，再通过对新函数求导判断单调性，得到满足新函数小于等于0的自变量a的最大整数值即可.

【小问1详解】

，定义域为

当时，，在上递增.

当时，，在上递增.

当时，令，得；令，得.

即在上递增，在上递减.

综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】

在上恒成立，

等价于.

由（1）得，

当时，在上单调递增，无最大值，

故此时原不等式无法恒成立；

当时，上单调递增，在上单调递减，

则此时

即须成立.

记函数，且

则

即在单调递增.

因为，

所以满足的a的最大整数值为.

综上：的最大值为.