2023届福建省诏安县桥东中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省诏安县桥东中学高三上学期期中考试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省诏安县桥东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】求出集合，利用交集运算可求得答案.【详解】解：由，，，2，，所以，，故选：B.2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据特称命题的否定是全称命题形式，可得答案.【详解】命题“，”为特称命题，其否定为全称命题，即，，故选：D3．“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】计算得到等价于，根据范围大小得到答案.【详解】等价于 即，故是的充分不必要条件故选：B4．sin2，，的大小关系为(    )A． B．C． D．【答案】B【分析】判断sin2，，与中间值0和1的大小即可比较它们之间的大小．【详解】∵；；，∴﹒故选：B﹒5．已知，且，则一定有（    ）A． B．C． D．与的大小关系不确定【答案】C【分析】令，则由题意可得，而，从而可知抛物线与轴有两个交点，从而可得，进而可得答案【详解】令，因为，所以，因为，所以的图象与轴有两个交点，所以，即，故选：C6． 记为等差数列的前n项和，已知，则（    ）A．15 B．16 C．19 D．20【答案】B【分析】根据题意利用等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求解、，即可求得.【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以，解得，则.故选：B【点睛】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，属于基础题.7．已知，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.【详解】因为，则，所以，，所以，.故选：B.8．已知偶函数在R上的任一取值都有导数，且，，则曲线在处的切线的斜率为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】先根据求出周期，利用周期性和偶函数的对称性得出答案.【详解】因为，所以，即函数的周期为4；由周期性可知曲线在处的切线的斜率等于它在处的切线的斜率，因为是偶函数，其图象关于轴对称，所以.故选：A. 二、多选题9．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（    ）A．是递增数列 B．C．当时， D．当或4时，取得最大值【答案】CD【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误. 的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；，故B错误；当时，，故C正确；因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：CD.10．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，，则下面结论正确的有（    ）A．若，则B．C．若，则有最大值D．若，则【答案】AC【分析】根据基本不等式及其推理分别判断各选项.【详解】因为，，若，则，当且仅当且，即，时取等号，A正确；因为，即，当且仅当时取等号，所以，B错误；若，则，当且仅当时取等号，C正确；若，则，解得，所以，D错误.故选：AC.11．下列可能为函数的图像的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】分析、、和，结合函数的周期范围可判断.【详解】当时，的周期为，所以B不正确；当时，的周期为，所以D有可能；当时，的周期为，所以A有可能；当时，的周期为，所以C有可能.故选：ACD.12．设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（    ）A．函数在上递减，在上递减B．函数在上递增，在上递增C．函数有极大值和极小值D．函数有极大值和极小值【答案】BD【分析】结合函数图象，对分区间讨论与大小关系，从而推导出在区间上的单调性即可；【详解】解：由图可知：当时，，故在上单调递增；当时，，故在上单调递减；当时，，故在上单调递减；当时，，故在上单调递增；故函数在时取得极大值，在时取得极小值，即函数有极大值和极小值；故选：BD． 三、填空题13．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则___________.【答案】【分析】利用导数的几何意义可得出关于实数、的方程组，即可解得实数的值.【详解】因为，该函数的定义域为，则，，①，且，②由①②可得，.故答案为：.14．设数列的前n项和为，写出的一个通项公式________，满足下面两个条件：①是单调递减数列；②是单调递增数列.【答案】（答案不唯一）【分析】理解两个条件的意义，然后可以从等比数列中寻到满足条件的例子.【详解】根据前n项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列的例子，就是符合条件的例子，故答案为：（答案不唯一)【点睛】本题考查数列的单调性以及前n项和的单调性的意义，属基础题，关键是理解前n项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的.15．已知函数在区间上是增函数，将函数的图像向左平移个单位后得到的图像与将其向右平移个单位后所得到的图像重合．则的值为________.【答案】2【分析】根据增函数确定的范围，结合平移图像间的关系可得的值.【详解】因为函数在区间上是增函数，所以，即；函数的图像向左平移个单位后得到的函数为，函数的图像向右平移个单位后所得到的函数为；因为二者的图像重合，所以，，即.所以.故答案为：2.16．已知函数的定义域和值域均为，的导函数为，且满足，则的范围是______．【答案】【分析】构造函数，利用导数可得，即可求解.【详解】解：令 ，则 即的范围是.故答案为： 四、解答题17．设，关于的不等式满足.(1)若，求该不等式的解集；(2)若上述不等式成立的一个充分不必要条件是，求实数取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，将式子左边因式分解，即可求出不等式的解集；（2）首先求出不等式的解集记为，记，依题意可得，即可得到不等式组，解得即可.【详解】（1）解：当时不等式即为，即，解得，即不等式的解集为；（2）解：不等式，即，因为，则，解得，所以不等式的解集为，记集合，集合，依题意可得，所以，解得，即.18．已知函数的部分图象如图所示.(1)求的解析式及对称中心；(2)先将的图象横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍，得到函数图象，再将图象右平移个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间.【答案】(1);.(2). 【分析】（1）根据函数图象确定A以及周期，进而确定，将点代入解析式求得，即得函数的解析式，结合正弦函数性质即可求得其对称中心；（2）根据三角函数图象的变换规律可求得的解析式，结合余弦函数的性质即可求得答案.【详解】（1）由函数图象知，，最小正周期，所以 ，所以，将点 代入中，有 ，所以 ， ，因为，所以 ,所以 ,令 ,，则，即的对称中心为 ．（2）先将的图象横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍，得到函数图象，即，再将图象右平移个单位后得到的图象，即，令，，则，，因为 ，所以，即函数在上的单调减区间为 .19．已知正项等比数列中，为的前项和，，．(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接列方程组求解和即可，利用等比数列的通项公式可求得的通项公式；（2）先求数列的通项，再用错位相减法求即可.【详解】（1）解：设正项等比数列的公比为，则，则，可得，解得，.（2）解：，∴，①又，②由①②，得，∴．20．已知函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象．(1)求函数在区间上的最值；(2)若，，求的值．【答案】(1)最大值为，最小值为；(2) 【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质即可求解；（2）由已知结合同角三角函数的基本关系式及三角恒等变换公式进行化简即可求解．【详解】（1）∵∴函数的图象向右平移个单位后得到函数，即，又，所以，故，所以，所以函数在区间上的最大值为，最小值为；（2）因为，，所以，所以，，所以．21．已知数列的前n项和为，且，，．(1)求证：数列是等比数列，并求的通项公式；(2)若，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】(1) 要证明数列是等比数列，需要把已知递推公式变形为等于非零常数，求出数列的通项，再利用累加法求的通项公式.(2) 求出，不等式等价于恒成立，令，利用单调性求的最大值即可.【详解】（1）由，得，则，又，则，所以，数列是以1为首项，2为公比的等比数列．则，则时，．当时，满足上式，所以，的通项公式为．（2）由（1）可知，数列的首项为1，公比为2的等比数列，则，由，即恒成立．令，则，则时，，即数列递增；当时，，即数列递减，则的最大值为，所以，实数的取值范围是．22．已知函数．(1)求的极值；(2)当时，总有，求实数a的取值范围．【答案】(1)时，无极值；时，的极大值为，无极小值.(2) 【分析】（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性，即可求解函数的极值；（2）解法一：依题意，令，不等式的恒成立，即为在恒成立，利用导数分类讨论求解函数的单调性和最值，即可求解；解法二：依题意，令，不等式的恒成立，转化为在恒成立，求得，利用二次函数的性质，求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）的定义域为，，①时，，在上为增函数，所以无极值.②时，令，得.时，，为增函数，时，，为减函数，故的极大值为，无极小值.综上，时，无极值；时，的极大值为，无极小值.（2）解法一：依题意，当时，，即，即在恒成立令，即在恒成立，①时，，在上为增函数，时，不合题意，舍去.②时，令，则，所以时，，为减函数，所以，适合题意；③时，，方程有两个不等实根，因为，所以时，，为增函数，故不合题意，舍去综上，的取值范围为.解法二：依题意，在恒成立，令，即在恒成立 ，①时，因为，所以在上为增函数，故 ，适合题意；②时，令，，以为，所以时，为减函数且，所以 ，为减函数，所以时，不合题意，舍去③时，的对称轴为，因为，所以时，为减函数且，所以，故为减函数，所以时，不合题意，舍去综上，的取值范围为.【点睛】思路点睛：本题主要考查利用导数解决不等式的恒成立问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.