山东省济宁市微山县第二中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份山东省济宁市微山县第二中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年第一学期期中质量检测高三数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求得集合对应函数的定义域和值域，根据集合之间的包含关系和集合运算即可求得结果.详解】，，故，，不包含于，，则ACD错误，B正确.故选：B.2. 给出的下列条件中能成为的充要条件的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质，结合对数函数和指数函数的单调性，对每个选项逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：当时，无法由推出，不符合；对B：若，由，无法得到，不符合；对C：根据是上的单调增函数，故，等价于，不是的充要条件，不符合；对D：根据是上的单调增函数，故等价于，即是的充要条件，D符合.故选：D.3. 已知数列成等差数列，其前n项和，若，则（    ）A. 7 B. 6 C. 5 D. 4【答案】C【解析】【分析】设出公差，根据前项和基本量计算出公差，从而求出.【详解】设的公差为，由得：，解得：，故.故选：C4. 函数是偶函数，则a，b的值可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，时，，代入分段函数，又函数为偶函数，可得，利用诱导公式化简为同名函数，就可得到自变量之间的关系.【详解】当时，，，因为函数是偶函数，，即，即，则有，分析选项，只有D选项满足.故选：D5. 已知向量，若，且，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直的坐标公式求得满足的等量关系，结合基本不等式，即可求得结果.【详解】根据题意，，即，则，又，故，当且仅当，且，即时取得等号.故选：A.6. 已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向左平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到，若是函数的一个极大值点，是与其相邻的一个零点，则的值为（    ）A.  B. 0 C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图象的变换，以及的极大值点和零点求得解析式，再求函数值即可.【详解】函数的图象先向左平移个单位长度，得到的图象，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到的图象；由题可知，，解得，则，又，故可得，解得，故.故选：C.7. 已知函数，且，则实数a的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设（），即，结合条件得到：，再由的奇偶性和单调性得到：，即可求解.【详解】由题意得，函数，设（），则，由，得， 又因为，所以是上的奇函数，即，又有，因为是上的增函数，是上的增函数，所以是上的增函数；则，即，整理得：，解得：或，所以实数a的取值范围为，故选：B.8. 设，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】同时取自然对数可得，，，根据，考虑构造函数，利用函数单调性比较大小.【详解】因为，同时取自然对数可得，，，因为，故考虑设，则，，，且，因为函数在 上单调递减，函数在 上单调递减，所以在上单调递减，又，所以当时，，所以函数在上单调递减，又，所以，所以，即，所以，故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（    ）A. 为递减数列 B. C. 是数列中的最大项 D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，求得的范围，再根据等比数列的性质，对每个选项进行分析，即可判断和选择.【详解】因为数列为等比数列，且，，故，该数列为正项等比数列；若，显然不满足题意，舍去；若，则，不满足，舍去；若，则该数列为单调减数列，由，故可得，或，，显然，不满足题意，故舍去，则，对A：因为，故数列为单调减数列，A正确；对B：，即，即，故B错误；对C：因为单调递减，且，故的最大值为，C正确；对D：，故D正确；故选：ACD.10. 数学家们在探寻自然对数底与圆周率之间的联系时，发现了如下的公式：（1）（2）（3）据此判断以下命题正确的是（    ）（已知i为虚数单位）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据复数运算以及已知条件，结合三角函数有界性，即可判断和选择.【详解】对A：由可得，又，，故可得，A正确；对B：，，又显然，B错误；对C：由可得，故，C正确；对D：由可得，则，又，故，D正确.故选：ACD.11. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为1，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则（    ）A. 与能构成一组基底 B. C. 在向量上的投影向量的模为 D. 的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，证明出，从而建立平面直角坐标系，写出点的坐标，得到与平行，故A错误；B选项，求出得到B正确；C选项，求出，，利用投影向量的计算公式求出答案；D选项，取的中点，得到，求出的最大值，从而得到的最大值.【详解】连接AF，因为，故，因为，故，故，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则故，故，所以与平行，不能构成一组基底，A错误；，，，，故，B正确；，，，故在向量上的投影向量的模长为，C正确；取的中点，则，，则，，两式相减得：，当点与点或重合时，最大，最大值为，则的最大值为，D正确.故选：BCD【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.12. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若， ，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）A.  B. 函数的图象关于对称C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D．【详解】因为为奇函数，所以，取可得，A对，因为，所以；所以，又，，故，所以函数的图象关于点对称，B错，因为，所以，所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，又，所以，所以，所以，故函数为周期为4的函数，因为，所以，，所以，所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为0，D错；因为，所以，，所以，故函数为周期为4的函数，所以函数为周期为4的函数，又，，，，所以，所以，C对，故选：AC.【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 设，则使得命题“若，则”为假命题的一组的值是________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据对数的运算性质，求得满足的条件，即可选取的值.【详解】根据题意，满足题意满足，且，即，解得，则答案不唯一，不妨取，满足题意.故答案为：.（答案不唯一）14. 设函数若存在最小值，a的取值范围___________.【答案】【解析】【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值再求解即可.【详解】若时，，∴；若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；若时，当时，单调递减，，当时，∴或，解得，综上可得；故答案为：15. 若△的边长成等差数列，且边a，c的等差中项为1，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据等差中项的性质，求得以及关系，利用诱导公式和余弦定理化简目标式为关于的函数关系，结合的取值范围，求函数值域即可.【详解】，由余弦定理可得：由题可知，即，且，故，由，即可得，又在单调递增，在单调递减，且，故当时，，令，又单调递增，当时，，当时，，故，即.故答案为：.16. 定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为．若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”．已知在区间上为“凹函数”，则实数a的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】对函数求导两次得到，再由得到，构造函数，利用导数证明在上单调递增，从而得到，变式得：，再次构造函数，求即可.【详解】函数的定义域为，则，即，由题意得，在上恒成立；所以则所以，令（），则，时，，所以在上为增函数，由，得，所以，则，即时，恒成立，设（），则，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以，则；故实数a的取值范围为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 命题已知幂函数在上单调递增，且函数在上单调递增时，实数a的范围为集合A﹔命题关于x的不等式的解集为B．（1）若命题P为真命题，求集合A；（2）在（1）的条件下，若是的充分不必要条件．求实数t的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)由幂函数在上单调递增，求得的值，代入求导可得单调递增区间，则为单调递增区间的子集，可求得的取值范围.(2) 是的充分不必要条件，则AB，列不等式组即可解决.【小问1详解】由幂函数的定义得：，解得或，当时，在上单调递减，与题设矛盾，舍去；当时，在上单调递增，符合题意；综上可知：.所以，由上单调递增，得，解得，则，解得【小问2详解】由得： x＝或x＝，综上，的解集为B＝，若是的充分不必要条件，则AB，即，得：，所以实数m的取值范围是．18. 在①，②，③这三个条件中选一个，补充在下面问题中，并解答．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________．（1）求角B；（2）若，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）若选条件①，先用正弦定理将角转化为边的关系，再利用余弦定理即可；若选条件②，先去分母后，用正弦定理将边转化为角的关系，再由两角和的正弦公式结合诱导公式即可求解；若选条件③，先用三角形的内角之和为结合诱导公式得到，再利用正弦定理和两角差的余弦公式化简，即可求解；（2）由向量的加法可得：，平方后结合已知条件得到（），再由二次函数的图像与性质，即可求解.【小问1详解】选择条件①：由正弦定理，可得：可得：，又由余弦定理，可得：因为，所以.选择条件②：由，得：，由正弦定理可得，所以，，，，所以，则.选择条件③：因为，可得：，由正弦定理可得：可得：，整理可得：，因为，所以.【小问2详解】因为，所以，因为是的中点，所以，即，则，所以，故线段BD的取值范围为.19. 已知，抛物线与x轴正半轴相交于点A，在点A处的切线在y轴上的截距为（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用导数几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.（2）由（1）的结论求出，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.【小问1详解】，抛物线与轴正半轴的交点坐标为，由求导得：，因此抛物线在点A处的切线的斜率为，切线方程为，当时，，所以.【小问2详解】由（1）知，，则，当n为偶数时，，当n为奇数时，， .20. 2022年夏季各地均出现了极端高温天气，空调便成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律．如果物体的初始温度为，则经过一定时间t后的温度T满足，其中是环境温度，h称为半衰期，现将一杯80℃的茶水放在25℃的空调房间，1分钟后茶水降至75℃．（参考数据：，）（1）经研究表明，此茶的最佳饮用口感会出现在55℃，为了获得最佳饮用口感，从泡茶开始大约需要等待多少分钟?（保留整数）（2）为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产x千台空调，需另投入成本万元，且已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完．问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大?并求出最大利润．【答案】（1）6；    （2）总产量为60千台时，获利最大，最大利润为3380万元.【解析】【分析】（1）根据题意，求得，再令，结合参考数据以及对数运算，求解即可；（2）根据的解析式，求得利润关于的函数，再结合导数和基本不等式求其最大值即可.【小问1详解】根据题意，，即，设茶水从降至大约用时t分钟，则，即，即两边同时取对数：，解得，所以从泡茶开始大约需要等待分钟.【小问2详解】设2022年该企业该型号的变频空调的利润为，当时，，，所以，单调递增，，单调递减，则；当时，，因为，当且仅当时，等号成立，则当时，取得最大值3380万元.因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为60千台时，获利最大，最大利润为3380万元.21. 已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）若函数在区间上恰有个零点，（i）求实数的取值范围；（ii）求的值.【答案】（1）    （2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；（2）（i）令，将问题转化为与在上恰有个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得的取值范围；（ii）由（i）中图像可确定，，由此可得，整理可得，由两角和差正弦公式可求得的值，即为所求结果.【小问1详解】；令，解得：，的单调递增区间为.【小问2详解】（i）由（1）得：，当时，，设，则在区间上恰有个零点等价于与在上恰有个不同的交点；作出在上的图像如下图所示，由图像可知：当时，与恰有个不同的交点，实数的取值范围为；（ii）设与的个不同的交点分别为，则，，，即，整理可得：，，.22. 已知函数，．（1）讨论函数极值点的个数；（2）若，求证：．【答案】（1）当时，函数有一个极值点，当时，函数没有极值点，当时，函数有两个极值点；    （2）证明见解析.【解析】【分析】(1)求函数的导函数，分析函数的单调性，结合极值的定义求其极值点的个数；(2)要证明，只需证明，利用导数求的最大值，的最小值，由此完成证明.【小问1详解】因为函数的定义域为，所以，设，则①当时，因为，所以，所以函数在内没有极值点， ②当时，因为，所以，函数在单调递增，即在单调递增，又，，所以存在，使得，且当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以为函数的极小值点，函数没有极大值点，③当时，，则时，；时，.则是函数在上唯一的极小值点，且的极小值为，当，即时，，所以，函数在上单调递增，函数在上没有极值点，当，即时，，所以，函数在上单调递增，函数在上没有极值点，当，即时，因为，，，设，，设，则，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递减，，即，所以存在，使得，，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以为函数的极大值点，为函数的极小值点，，综上所述，当时，函数有一个极值点，当时，函数没有极值点，当时，函数有两个极值点；【小问2详解】要证明，只需证明，只需证明，只需证明，令，，又，则时，，函数在上单调递增；时，，函数在上单调递减；.所以时，取得最大值，最大值为，由可得，则时，，函数在上单调递减；时，，函数在上单调递增；.则时，取得最小值，且最小值为， 又，所以，即所以时，.【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．