2023届山东省临沂市高三上学期期中数学试题含解析

2023届山东省临沂市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式化简集合A，再利用集合的交并补运算即可求得结果.

【详解】因为，

所以，解得，则，

所以，则或，

又，

所以.

故选：D.

2．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据复数的运算可得，再根据共轭复数的概念求解即可.

【详解】，故.

故选：C

3．若扇形的弧长与面积都是6，则这个扇形的圆心角的弧度数是（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据扇形面积公式求出扇形的半径，从而根据定义求出这个扇形的圆心角的弧度数.

【详解】由扇形面积公式可得：，

故扇形的半径，

则扇形的圆心角的弧度数，

故这个扇形的圆心角的弧度数是3.

故选：B

4．为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民用水实行“阶梯水价”.计费方法如下表：

若某户居民上月交纳的水费为66元，则该户居民上月用水量为（    ）A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，求出关于的函数解析式，再令，解出的值，即可得解.

【详解】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，

当时，，

当时，，

当时，.

故若某户居民上月交纳的水费为66元，则用水量在内，令，解得.

故选：C.

5．已知，若是的必要不充分条件，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由条件，解得范围．根据是的必要不充分条件，即可得出的取值范围．

【详解】条件，解得或．

条件，

是的必要不充分条件，

是的真子集，

．

故选：A．

6．已知向量，若点是直线上的一个动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，再根据向量的坐标运算，结合二次函数的最值求解即可.

【详解】设，则，，则.故当时，取最小值.

故选：C

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对变形后，只需比较与的大小，从而构造，，求导，得到其单调性，从而得到，即，；在利用对数运算得到，先构造，，求导后得到单调性，求出，，再构造，，求导后得到单调性，从而求出，求出，得到.

【详解】要比较的大小，只需比较与的大小，

即与的大小，故可比较与，当的大小，

令，，

则，

因为，所以恒成立，

故在上单调递增，

故，

令，则，即，

故，，，

所以，

，

令，，

在上恒成立，

故，所以，，

则，

构造，，

在上恒成立，

故在单调递减，

所以，

故，故，

即，

综上：.

故选：D

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对变形后，构造，比较的大小，对变形，先得到，再构造，，比较出，得到答案.

8．函数是定义在上的单调函数，且对定义域内的任意，均有，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据的单调性可求的解析式，从而可求.

【详解】设，则，

而是定义在上的单调函数，故为常数，

所以且，故，

设，因均为上的增函数，

所以为上的增函数，

因为，故的解为，

所以，故，

故选：B.

二、多选题

9．欧拉公式（其中为虚数单位，）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（    ）

A． B．为纯虚数 C． D．复数对应的点位于第三象限

【答案】BC

【分析】根据所给定义及特殊角的三角函数值判断A、B，根据复数模的性质计算判断C，根据复数的几何意义判断D.

【详解】解：对于A：，故A错误；

对于B：，所以为纯虚数，故B正确；

对于C：，故C正确；

对于D：，则复数在复平面内对应的点为，

因为，所以，，所以点位于第二象限，

即复数对应的点位于第二象限，故D错误；

故选：BC

10．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．

B．

C．的图象关于点对称

D．在上单调递增

【答案】ABD

【分析】A选项，由图象得到，，求出，，再代入，结合求出，求出函数解析式，计算出，AB正确；将代入解析式，利用诱导公式求出，C错误；整体法求出，结合正弦函数图象，得到其单调递增，D正确.

【详解】从图象可知：，，解得：，

即，则，

将代入解析式，得，

因为，所以，

所以，解得：，故，A正确；

故，，B正确；

当时，，

故的图象不关于点对称，C错误；

，当时，，

由于在上单调递增，

故在上单调递增，D正确.

故选：ABD

11．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意可得，由此推得通项公式，再利用裂项相消法求得，从而对各选项进行判断即可.

【详解】根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即，即，

对于A，因为，所以，故A错误；

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，因为，，，，且，

所以上述各式相加得，，

经检验：满足，所以，则，故C正确；

对于D，由选项C可知，

所以，故D正确.

故选：BCD.

12．若，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】A选项，先得到，，进而构造，，求导后得到在上单调递增，进而得到，A错误；

B选项，变形为，利用基本不等式进行求解；

C选项，化简得到，根据基本不等式得到，从而得到，C错误；

D选项，将式子变形得到，结合基本不等式“1”的妙用求解即可.

【详解】因为，且，所以，，

A选项，构造，，

则，因为，所以恒成立，

所以在上单调递增，

所以，即，A错误；

B选项，因为，

由基本不等式得：，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，B正确；

C选项，因为，所以

，

其中，当且仅当时，等号成立，

但，故等号取不到，，

故，C错误；

D选项，因为，所以

，

因为，所以，故，

其中

，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，D正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________.

【答案】

【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求.

【详解】因为向量在方向上的投影向量为，所以，

又，，

所以.

故答案为：.

14．已知，则___________.

【答案】

【分析】由诱导公式及万能公式进行求解.

【详解】由诱导公式及二倍角公式得：

，

分子分母同除以得：

，

由诱导公式可得：，

所以.

故答案为：.

15．设函数，若，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】分类讨论与两种情况，利用对数函数的单调性，结合对数的换底公式及运算法则即可求得结果.

【详解】因为，所以，

当时，可化为，即，

则，即，所以；

当时，可化为，即，

则，即，所以，则，故；

综上：或，即.

故答案为：.

四、双空题

16．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，某摩天轮最高点距离地面高度128米，转盘直径为120米，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30分钟.若游客甲坐上摩天轮的座舱，开始旋转分钟后距离地面的高度为米，则关于的函数解析式为___________；若游客甲在，时刻距离地面的高度相等，则的最小值为___________.

【答案】     ，     30

【分析】设出，，由最高点高度及摩天轮直径列出方程，求出，再由转一周的时间求出，当min时，摩天轮转到最高点，求出，写出解析式；设，得到，分两种情况进行求解，得到的最小值为30.

【详解】设，，

由题意得：，

解得：，

又因为转一周需要30分钟，所以min，

所以，

故，

由题意，当min时，摩天轮转到最高点，

故，解得：，

即，，

不妨取，得，

所以，，

因为摩天轮有48个座舱，故每两个座舱与圆心相接的圆心角为，

不妨设，

由题意得：，

故，

①，，解得：，，

故min，当且仅当时，等号成立，

②，，

解得：，显然当时，取得最小值，最小值为min，

综上：的最小值为30min.

故答案为：，，30.

五、解答题

17．已知函数的图象过点，且满足.

(1)求的解析式；

(2)解关于的不等式.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用点在函数上与二次函数的对称性即可得解；

（2）分类讨论与，结合二次函数的性质即可解得含参二次不等式.

【详解】（1）∵的图象过点，即，∴，

又，∴图象的对称轴为，

∴，∴，

∴.

（2）不等式，可化为，

①当，即时，不等式恒成立，

所以不等式的解集为；

②当，即或时，

方程有两个根为，，

此时不等式的解集为；

综上：当时，不等式的解集为；

当或时，不等式的解集为.

18．已知函数.

(1)求的最小正周期；

(2)将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上的最小值为，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平方差公式，结合二倍角公式与辅助角公式化简，从而求得其最小正周期；

（2）利用三角函数的平移变换求得的解析式，结合的性质得到，从而求得的最大值.

【详解】（1）因为，

所以的最小正周期.

（2）因为将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，

所以，即，

因为，所以，

令，则的值域等价于在上的值域，

因为在上最小值为，所以在处取得最小值，

所以，则，

故的最大值为.

19．已知函数，曲线在点处的切线为.

(1)求；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）求得的导数，结合切点，可得的方程组，即可得的值；

（2）求出的解析式，求得导数，令导数为0，求得极值点，讨论当和时区间的单调性，可得最值.

【详解】（1）解：由已知：

∵曲线在点处的切线方程为

∴ 即

∴

（2）由（1）知，，

当时

∵，

∴

∴单调递减.

当时，令，则

∵，

∴，

∴单调递增

∴.

∴当时，单调递增.

∴ .

∴的最小值为1.

20．已知正项数列的前项和，且.

(1)证明：数列为等差数列；

(2)记，证明.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，求出，，得到是首项为1，公差为1的等差数列；

（2）在第一问的基础上，求出，再进行放缩，裂项相消求和，证明出不等式.

【详解】（1）证明：∵，

∴当时，，

∴，

∴.

当时，，

∴，即，

故是首项为1，公差为1的等差数列；

（2）证明：由（1）知正项数列满足，

所以；

，

∴.

即.

21．中，.

(1)若，求；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的运算可得，求解可得，再根据余弦定理求解即可；

（2）法一：根据二倍角公式可得，结合可得，进而求得，由正弦定理与倍角公式可得，结合，再利用三角形面积公式求解即可；

法二：在上取点，使得，则，再根据题意，结合可证明，再根据余弦定理可得，进而利用面积公式求解即可.

【详解】（1）

，

由，得.

∴，

∴.

（2）法一：∵，∴，∴，

又，

又，，∴，

∴，∴，∴，

∴，∴，

∴，∴，

∴，∴，

由正弦定理得，，

又，，∴，

又，，

∴，

∴.

法二：在上取点，使得，

∴，∴，

∴，又，

∴

.

∴，∴，∴.

又，

∴，∴，，

∴.

22．已知函数和有相同的最大值.

(1)求，并说明函数在（1，e）上有且仅有一个零点；

(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

【答案】(1)，说明答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导分析的单调性，并讨论与0的大小关系可得，，从而可得，故，再求导根据零点存在性定理证明即可；

（2）根据（1）中函数的单调性，数形结合分析，代入各零点满足的关系式，结合指对数的运算分析即可.

【详解】（1），令可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

∴时，取得最大值.即.

，

当时，

时，，单调递增；

时，，单调递减，

∴.

当时，，不合题意；

当时，可知，不合题意.

故，即.

∴.

∵，

当时，，，

∴，∴在上单调递增，

又，，

∴在上有且仅有一个零点.

（2）由（1）知，，的图象大致如下图：

直线与曲线，三个交点的横坐标从左至右依次为，，，

且，

∴且

由即，，，∴

即.①

由即，

∴.②

由①，②，，又，即，

∴.

【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数单调性，并根据函数的最值确定参数的问题.同时也考查了函数零点问题，需要数形结合确定零点满足的关系式，进而结合指对数运算求解.属于难题.