山西省吕梁市2023届高三上学期阶段性测试数学试题（解析版）

数学试题

（本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效.

4．考试结束后，将答题卡上交.

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，选出正确的选项并将该选项在答题卡上涂黑．

1. 已知集合，，则为（       ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解出不等式，然后根据集合的并集运算可得答案.

【详解】因为，，

所以，

故选：D

2. 已知，则在复平面内，复数所对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】先利用复数的除法和乘方化简复数z，进而可得，再利用复数的几何意义即得.

【详解】因为，

∴，

所以复数对应的点在第三象限．

故选：C.

3. 已知等比数列的前项和为，且，则“数列递增”是“数列递增”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

【解析】

【分析】从“数列递增”和“数列递增”两方面作为条件分别证明结论是否成立即可.

【详解】因为，且数列递增，所以，因此，所以数列递增，所以“数列递增”是“数列递增”的充分条件；

若数列递增，则，所以，又，所以对成立，即，则，但是的符号不确定，所以数列不一定递增，所以“数列递增”是“数列递增”的不必要条件；

因此“数列递增”是“数列递增”的充分不必要条件.

故选：A

4. 已知函数在区间上单调递减，则a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】考虑和，三种情况，根据二次函数的对称轴计算得到答案.

【详解】当时，区间单调递减，满足条件；

当时，的对称轴为，

时，由在区间单调递减，可得，解得，

时，由在区间单调递减，可得，解得，

所以a的取值范围为．

故选：A

5. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据对数函数的性质及幂函数的性质即得.

【详解】因为，，

所以，即，

又，，

所以，

所以.

故选：D.

6. 已知函数，若是的最小值，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】当时可得函数单调递减，进而可得，再求得在时的范围，然后结合条件即得．

【详解】当时，，因为是的最小值，

所以单调递减，即，

也就是说，当时，恒成立，所以；

当时，，

所以，即，

综上，.

故选：C．

7. 习近平总书记在党的二十大报告中提出：坚持以人民为中心发展教育，加快建设高质量教育体系，发展素质教育，促进教育公平，加快义务教育优质均衡发展和城乡一体化．某师范大学学生会为贯彻党的二十大精神，成立“送教下乡志愿者服务社”，分期分批派遣大四学生赴乡村支教．原计划第一批派遣20名学生，以后每批都比上一批增加5人．由于志愿者人数暴涨，服务社临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与（，2，）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了70批学生后支教学生的总数，则的值为（    ）

A. 387 B. 388 C. 389 D. 390

【答案】A

【解析】

【分析】由题可得，然后根据条件可得数列的前70项含有前6项和64个3，进而即得.

【详解】∵数列满足，

∴，，，，，，

∵在任意相邻两项与（，2，）之间插入个3，

∴其中，之间插入2个3，，之间插入4个3，，之间插入8个3，，之间插入16个3，，之间插入32个3，，之间插入64个3，

又，，

∴数列的前70项含有前6项和64个3，

故．

故选：A.

8. 如图，在中，O为线段BC上一点，且，G为线段AO的中点，过点G的直线分别交直线AB，AC于D，E两点，，，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量的线性运算的几何表示及向量共线可得，然后利用基本不等式即得.

【详解】因为，

所以，即，

又因为G为线段AO的中点，

所以，

因为，，

所以，

因为D、G、E三点共线，

所以，即，

所以

，

当且仅当，即时取等号．

故选：C.

二、多选题（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. 已知复数z满足，则（    ）

A. 复数z虚部的最大值为2

B. 复数z实部的取值范围是

C. 的最小值为1

D. 复数z在复平面内对应的点位于第一、三、四象限

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意得复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，再依次讨论求解即可.

【详解】解：满足的复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如图，

由图可知，虚部最大的复数，即复数z虚部的最大值为2．A正确；

实部最小的复数，实部最大的复数，所以实部的取值范围是，B正确；

表示复数在复平面内对应点到的距离，所以的最小值为，C正确；

由图可知，复数在复平面内对应点位于第一、二、三、四象限，故D错误．

故选：ABC

10. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A. 函数的最小正周期为π

B. 点是曲线的对称中心

C. 函数在区间内单调递增

D. 函数在区间内有两个最值点

【答案】AC

【解析】

【分析】由题可得，可得函数，然后根据三角函数的性质逐项分析即得.

【详解】由图可知，

所以，又，

所以，

所以，，，

得，，

又，得，

所以，所以，

所以函数的周期为，A正确；

由，得，，，取得，，对称中心为，

取得，，对称中心为，所以点不是曲线的对称中心，B错误；

由，得，，，当时，，函数在区间内单调递增，C正确；

由，可得，，取得，为函数的最值点，所以区间内有一个最值点，D错误.

故选：AC．

11. 已知数列满足，，若的前n项和为．则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 数列是递增数列 D. 是数列的最小项

【答案】BCD

【解析】

【分析】由递推公式得到，即可得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，再利用分组求和法求出，即可A、B，再利用作差法判断数列的增减性，即可判断C、D.

【详解】解：数列满足，

得，又，

∴，

故数列是以4为首项，为公比等比数列，

∴，，

∴

所以，故B正确；，故A不正确；

因为

所以当时，；当时，；

当时，．即

所以数列的最小项为，，故D正确．

从第三项起，数列是递增数列，故C正确．

故选：BCD

12. 已知定义域为R的函数满足，，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据抽象等式，变形得到函数的奇偶性和周期性，根据函数的性质，依次判断选项.

【详解】等式中的x都换成，得

，所以函数的周期为2．

等式中的x都换成，得，

又，所以，所以为周期为2的奇函数，

所以，A正确；

中取得，，B正确；

根据周期为2，可知，C错；

，D正确.

故选：ABD．

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量在向量上的投影向量为，则向量______．（答案不唯一，写出一个即可）

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】解法一：根据投影向量的定义，再转化为数量积的坐标表示，即可化简求解；

解法二：由，代入坐标运算，化简求解.

【详解】解法一：设，

因为，所以，即，

取，，∴是满足题意的一个向量．

解法二：设

由题知：，所以

取，，∴是满足题意的一个向量．   

故答案为：（答案不唯一）

14. 在等差数列中，若，则______．

【答案】1

【解析】

【分析】根据等差数列的性质求得，由此求得正确答案.

【详解】由等差数列的性质可知，

则，

解得，

∴.

故答案为：

15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则______．

【答案】3

【解析】

【分析】根据正余弦定理及同角关系式结合条件即得；或作于D，结合条件及三角函数概念即得.

【详解】方法一：由余弦定理可得，

所以，

所以，即

由正弦定理得，又，

所以，

即，

又且为三角形内角，，

所以；

方法二：因为

所以

；

方法三：

作于D，设，，，

则有，所以，

即，，

所以，

所以．

故答案为：3.

16. 设O为外心，且满足，，下列结论中正确的序号为______．

①；②；③．

【答案】①③

【解析】

【分析】根据题意得到，变形得到，平方计算得到①正确，变形得到，平方得到，②不正确，变换得到，平方得到，计算得到，得到③正确，得到答案.

【详解】由题意可知：．

①，则，两边同时平方得到：

，解得：，故①正确．

②，则，，

两边再平方得到：．所以|，所以②不正确．

③，，两边平方得到：

，，，

同理可得：，，，．

故，，且，，

，即．故③正确．

故答案为：①③

四、解答题（本大题共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. 今年国庆期间某地发生了省外输入病例引发的新冠疼情，为切实保障人民群众的身体健康，政府果断采取了静默管理措施．静默期间，为保障人民群众生活物资供应，该地成立了蔬菜中转厂，通过向农场购买蔬菜进行储存，再投放市场，来缓解市场蔬菜紧张压力．为防止蔬菜积压，某蔬菜中转厂每日进货的蔬菜量最多不超过10吨，由于受运输、存储等因素影响，蔬菜每日都有一定损耗，且日损耗率p与日进货量x（吨）之间近似地满足关系式(日损耗率)，已知每售出一吨蔬菜可盈利1千元，而每损耗一吨蔬菜亏损3.8千元．假定每日所进蔬菜除损耗外均可售出．

（1）将该蔬菜中转厂的日利润y（千元）表示成日进货量x（吨）的函数；（日利润日盈利额-日损耗额）．

（2）当该蔬菜中转厂的日进货量为多少吨时，日利润最大？最大日利润是几千元？

【答案】（1）   

（2）当该蔬菜中转厂的日进货量为5吨时，日利润最大，最大日利润是2千元．

【解析】

【分析】（1）根据日利润日盈利额-日损耗额，求得的解析式.

（2）利用导数求得日利润的最大值以及此时的进货量.

【小问1详解】

依题意得，．

【小问2详解】

，，

令．

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

∴当时，函数取得最大值为，

∴当该蔬菜中转厂的日进货量为5吨时，日利润最大，最大日利润是2千元

18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．

（1）求的值；

（2）若，的面积，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变形得到等式左边为，右边为，化简得到答案.

（2）化简得到，得到，根据余弦定理得到，根据面积公式得到，计算得到答案.

【小问1详解】

，，

所以．

【小问2详解】

，所以，，

，所以，，所以，即．

由余弦定理得，即，所以，

又，所以．

所以，解得，所以．

19. 已知函数的图象与x轴正半轴交于点A，函数的图象在点A处的切线为l，l在y轴上的截距记为．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求证（且）．

【答案】（1）;   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据条件求出点A坐标.求出导函数，根据导数的几何意义，表示出切线l的方程，即可得到；

（2）易求.对该式放缩，可得时，，裂项可得，又，代入式子加起来即可证明.

【小问1详解】

由题意，令，解得，

又A在x轴正半轴，故，

，故切线斜率，

l：，

令，，所以l在y轴上的截距．

【小问2详解】

证明：由题意．

故，

又对且时，，

所以

，

得证．

20. 函数．

（1）当时，求函数极值；

（2）已知直线是曲线的切线，求a的值．

【答案】（1）极小值，无极大值   

（2）2

【解析】

【分析】（1）求导得到导函数，确定函数的单调区间，计算得到极值.

（2）设直线与曲线相切于点，代入函数和导函数得到，根据函数的单调性结合验证得到，代入计算即可.

【小问1详解】

，，

由得，或（舍去）．

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以时，取到极小值，无极大值．

【小问2详解】

设直线与曲线相切于点，则．

即，消去a得，，

易知函数在上为增函数，又当时，，

所以方程有唯一解，代入得，．

21. 现有半径为30m，圆心角为的扇形空地OPQ，需要在此空地内修建一形状为平行四边形的体育活动场地ABCD，其中点D在半径OQ上，点A，B在半径OP上，点C为弧PQ上的动点（如图所示），设．

（1）用θ表示四边形ABCD的面积S；

（2）求S的最大值．

【答案】（1）   

（2）m2．

【解析】

【分析】（1）利用，结合三角恒等变换求得的表达式.

（2）结合三角函数最值的求法求得的最大值.

【小问1详解】

作于点E，作于点F，

则矩形CDEF的面积等于平行四边形ABCD的面积．

，，

在中，，

所以．

所以矩形CDEF的面积即平行四边形ABCD的面积，

.

【小问2详解】

由（1）得，

因为，所以，

当，即时，，

所以平行四边形ABCD的面积最大为m2．

22. 已知函数．证明：

（1）在区间内存在唯一极大值点；

（2）有且仅有唯一零点．（参考数据：．）

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可得函数在区间单调递减，根据零点存在定理及导数与函数的极值的关系即得；

（2）分，，，讨论，利用导数研究函数的性质结合零点存在定理即得.

【小问1详解】

由题可得，

设，则，

当时，，在区间单调递减，

又因为，，

由函数零点存在定理，在区间存在唯一零点，

当时，，当时，，

所以函数在区间存在唯一极大值点；

【小问2详解】

（ⅰ）由（1）当时，，单调递增，，，

所以在区间上有唯一零点；

（ⅱ）当时，，单调递减，，

所以，区间内不存在零点；

（ⅲ）当时，，

所以在区间内不存在零点；

（ⅳ）下面证明：当时，，

因为，

令，，则，

所以，

所以在上单调递增，

又，，

所以在区间内存在唯一零点，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

又，，

所以，即在区间内，恒成立，

即在区间内单调递减，，

所以当时，，在区间内不存在零点；

综上，有且仅有唯一零点．

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.