全国名校大联考2022-2023学年高三上学期第三次联考数学试卷及答案

全国名校大联考2022-2023学年高三上学期第三次联考数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知等差数列的前项和为，且，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为（    ）

A．4 B． C．2 D．

4．设实数满足，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

5．如图，作一个边长为的正方形，再将各边的中点相连作第二个正方形，依此类推，共作了个正方形，设这个正方形的面积之和为，则（    ）

A． B． C． D．

6．设为等差数列的前项和，且，都有.若，则（    ）

A．的最小值是 B．的最小值是

C．的最大值是 D．的最大值是

7．如图，在平行四边形中，，点E是的中点，点F满足，且，则（    ）

A．9 B． C． D．

8．已知，，是与的等比中项，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A．的虚部为

B．的模为

C．的共轭复数为

D．在复平面内对应的点位于第一象限

10．已知是等比数列的前项和，且，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

11．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的极大值点为

B．有且仅有3个零点

C．点是的对称中心

D．

12．在数列中，，，且，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．，使得

D．，都有

三、填空题

13．若复数（是虚数单位）为纯虚数，则实数的值为__________.

14．在数列中，，且，则__________.

15．已知复数满足（是虚数单位），则的最大值为__________.

16．已知数列满足，，设，若数列是单调递减数列，则的取值范围是__________.

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，，.

(1)求的通项公式；

(2)证明：.

18．记的内角的对边分别为，，.

(1)求的面积；

(2)若，求.

19．已知各项均为正数的数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

20．已知函数，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.

(1)求的解析式；

(2)设函数，若，且，求的值.

条件①：；条件②：图象的一条对称轴为；条件③：若，且的最小值为.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.

21．在数列中，，，且对任意的，都有.

(1)证明：是等比数列，并求出的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

22．已知函数.

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.

参考答案：

1．C

【分析】解不等式，求出，进而求出交集.

【详解】，

，即，解得：或，

故

所以.

故选：C.

2．B

【分析】利用等差数列下标和性质可化简已知等式求得，代入等差数列求和公式可求得结果.

【详解】由等差数列性质知：，解得：，

.

故选：B.

3．A

【分析】设出公比根据题干条件列出方程，求出公比，从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案.

【详解】设数列的公比为，

则，得，

解得或（舍），

所以.

故选：A.

4．D

【分析】ABC均可举出反例，D选项，利用指数函数的单调性，不等式的性质和基本不等式证明出结论.

【详解】若，则，故A错误；

若时，，此时，故B错误；

当时，，此时，故C错误；

因为，所以，所以，又，

当且仅当，即时等号成立，所以，故D正确.

故选：D.

5．C

【分析】根据每个正方形边长都是相邻前一个的可确定各正方形面积构成等比数列，利用等比数列求和公式可求得结果.

【详解】由题意知：从第个正方形开始，之后每个正方形边长都是相邻的前一个的，

则从第个正方形开始，每个正方形面积都是相邻的前一个的，

将各正方形面积依次排成一列，可得等比数列，其首项，公比，

.

故选：C.

6．A

【分析】利用等差数列求和公式可化简已知不等式得到数列为递增的等差数列；结合可确定当且时，，当且时，，由此可得结论.

【详解】由得：，即，

数列为递增的等差数列，

，，，

当且时，；当且时，；

有最小值，最小值为.

故选：A.

7．A

【分析】用分别表示出，结合已知，可得，然后进行数量积的运算即可得出．

【详解】因为，

所以，

即，解得，

又，

所以，

故选：A．

8．B

【分析】根据等比中项定义可求得，将所求式子化为，利用基本不等式可求得最小值.

【详解】由等比中项定义知：，，

（当且仅当，即，时取等号），

即的最小值为.

故选：B.

9．BCD

【分析】利用复数除法法则，计算得到，从而判断出虚部，求出模长及共轭复数，写出在复平面内对应的点的坐标，判断其所在象限.

【详解】由，所以，

所以的虚部为2，故A错误；

，故正确；

的共轭复数为，故正确；

在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D正确.

故选：BCD.

10．AD

【分析】根据与的关系以及是等比数列，可求得，.进而判断数列是以8为首项，4为公比的等比数列，根据等比数列前项和公式即可判断C、D项.

【详解】当时，，

当时，.

因为是等比数列，所以需满足，所以，.

所以，A项正确，B项错误；

因为，，

所以数列是以8为首项，4为公比的等比数列.

所以，所以C项错误，D项正确.

故选：AD.

11．BCD

【分析】求出，得到函数的单调区间，即可求得极值，要注意极值点是一个数，可判断A项；根据极大值、极小值的正负，可得到函数零点的个数，即判断B项；根据的解的情况，可判断C项；由对称中心可推得，用倒序相加法即可求得式子的和，判断D项.

【详解】由题意知.

令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递增；

令，解得，所以在上单调递减.

又，.

所以，在处有极大值，在处有极小值.

所以的极大值点为-2，A项错误；

又极大值，极小值，作出的图象，

有图象可知，有且仅有3个零点，故B正确；

，令，解得，

又，由题意可知，点是的对称中心，故C正确；

因为点是的对称中心，所以有，即.

令，

又，

所以

，，所以.故D正确.

故选：BCD.

12．ABD

【分析】由已知递推关系式可知数列为等差数列，由此可推导得到，知A正确；利用裂项相消法可求得，知B正确；设，利用导数可求得单调性，知当时，，由此可得，由此放缩后可得，知CD正误.

【详解】，，，

数列是以为首项，为公差的等差数列，

，则，A正确；

，

，B正确；

令，则，

在上单调递增，又，

当时，，即，，

即，

，C错误，D正确.

故选：ABD.

13．

【分析】利用复数除法运算法则化简得到，由纯虚数定义可构造方程组求得结果.

【详解】，

又为纯虚数，，解得：.

故答案为：.

14．171

【分析】由已知可构造数列是常数列，即可求得表达式，代入即可解除.

【详解】因为，所以，

所以，

又，所以是常数列.

所以，所以，

所以.

故答案为：171.

15．

【分析】设，由复数模长运算可求得，由此可设，，从而求得，可确定当时，取得最大值.

【详解】设，

由得：，，

则可设，，，

（其中，），

则当时，.

故答案为：.

16．

【分析】由已知可推出，即数列是以1为首项，为公差的等差数列，得出，.根据数列是单调递减数列，即，即，代入可整理得恒成立，只需要即可.构造函数，求出最小值即可解得.

【详解】因为，显然，.

又，所以，

所以.

又，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，

所以.

所以，所以.

因为是递减数列，所以，即，

即，

所以有，即在时恒成立，所以.

令，所以，

显然，在上恒成立，

所以在上单调递减.

所以当时，，即，

所以，解得.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：递推公式中出现项较多或较复杂时，有时会考虑通过构造数列来求数列的通项公式.题目中已知条件，给出的递推公式形式较复杂，且通过观察发现，等号左边是两项乘积的形式，右边为差的形式，比较容易想到构造倒数列为等差数列，将等号右边变形处理后，不难得到，即可解得的通项公式.

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得；

（2）利用裂项相消法可求得，由可证得结论.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

则，解得：，.

（2）由（1）得：，

，

，.

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用切化弦，结合两角和差正弦公式可化简已知等式得到，利用正弦定理角化边可得，利用同角三角函数关系求得后，可得的值，代入三角形面积公式即可得到结果；

（2）利用正弦定理可求得，代入即可求得结果.

【详解】（1），，

即，，

由正弦定理得：，即，，

，则，

.

（2）由（1）知：；

由正弦定理知：，则，

，又，.

19．(1)

(2)

【分析】（1）利用求出，从而是以1为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式；

（2）求出，利用错位相减法求和.

【详解】（1）当时，，又的各项均为正数，所以；

当时，得，所以，

又的各项均为正数，所以，所以，

所以是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以；

（2）由（1）知，，

所以，①

，②

①-②得：

所以.

20．(1)

(2)

【分析】(1)根据条件结合三角函数图象性质即可求解;(2)利用三角恒等变换和配凑角即可求解.

【详解】（1）选择条件①②：

由条件①，所以，解得，

又，所以.

由条件②得，解得，

所以的解析式不唯一，不合题意；

选择条件①③：

由条件①，所以，解得，

又，所以.

由条件③得，得，所以，所以.

选择条件②③：

由条件③得，得，所以，

所以，

又图象的一条对称轴为，

所以，解得，

又，所以，所以.

（2）由题意得

，

因为，所以，即，又，所以，

若，则，又，所以.

因为，所以，

又，所以，

所以

.

21．(1)证明见解析，；

(2).

【分析】（1）由，可得，即是等比数列，可求得，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得；

（2），利用分组求和以及等差等比前项和公式，先求出为正偶数时的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到.

【详解】（1）证明：因为，，所以.

因为，所以，

又，则有，

所以，

所以是以4为首项，2为公比的等比数列.

所以，

所以，

又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以，所以.

（2）由（1）知，

则的奇数项为以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以，为公差的等差数列.

所以当为偶数，且时，

；

当为奇数，且时，为偶数，

.

时，，满足.

所以，当为奇数，且时，有.

综上，.

【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.

22．(1)

(2)

【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；

（2）求导后，设；令，利用导数可求得单调性，得到，采用放缩法可确定，知在上单调递增；当时，由恒成立可确定，满足题意；当时，令，利用导数可说明，得到，结合零点存在定理可说明，使得，由此可说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.

【详解】（1）当时，，

则，，又，

在处的切线方程为：.

（2），

令，则，

令，则，

在上单调递增，，即；

当时，，，，

，，

即，在上单调递增，即在上单调递增；

；

①当，即时，，在上单调递增，

，满足题意；

②当，即时，；

令，则，

在上单调递增，，即，

又，，使得，

当时，，则在上单调递减，此时，不合题意；

综上所述：实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当时，单调递增；当时，结合零点存在定理说明存在的区间，由此可得参数范围.