2023届山东省泰安市高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省泰安市高三上学期期中数学试题（解析版），共16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。

一、单选题
1．已知集合，则集合中元素的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】只要求出集合B中哪些元素属于A即可.
【详解】在集合B中，显然 ， ；
故选：B.
2．已知命题，则是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据全称量词命题的否定是存在性量词命题即可选出答案.
【详解】解：由题意得：
全称量词命题的否定是存在性量词命题：
故，则
故选：C
3．“”是“”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】D
【分析】根据充分条件、必要条件的定义直接判断即可得解.
【详解】若，则当时，有，即推不出，
若，则当时，有，即也推不出，
“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】对于A，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，A不正确；
对于B，函数定义域是R，是奇函数，当时，在上单调递增，当时，在上也单调递增，
即函数在其定义域R上单调递增，B正确；
对于C，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，C不正确；
对于D，函数定义域是，它是奇函数，在和上单调递增，但在其定义域上不单调，D不正确.
故选：B
5．已知等差数列的前项和为，若，则满足的的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和公式，结合等差数列通项公式进行求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
，
所以，
，因为，
所以，
故选：B
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性与特殊的函数值对选项逐一判断，
【详解】由题意得，则是偶函数，故B，C错误，
，故D错误，
故选：A
7．根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ ）
A．5周B．6周
C．7周D．8周
【答案】B
【分析】由相除可得，然后解不等式，由指数函数性质估计出，从而可得的范围，由此可得结论.
【详解】由题意可知，，，
，解得.
设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安企开放标准，
则，
整理得，设，因为，
所以，即，则，即.
故至少需要放置的时间为6周.
故选：B.
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性，结合题意即可容易比较大小.
【详解】由题可得：，
令，则，
当时，，又，
则，即，故在单调递增，，
则当时，，即，；
令，则，
当时，，又，
则，即，故在单调递减，，
故当时，，即，；
综上所述，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数单调性比较大小；处理问题的关键是能够结合已知数据，构造合理的函数，从而利用导数判断其单调性，再根据单调性比较大小，属综合困难题.
二、多选题
9．在公比为等比数列中，是数列的前n项和，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的定义和对数的运算性质进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以有，因此选项A正确；
因为，所以，
因为常数，
所以数列不是等比数列，故选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，
因为当时，，所以选项D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的应用，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了等比数列定义的应用，考查了等比数列的性质应用，考查了对数的运算性质，考查了数学运算能力.
10．已知函数的图象如图所示，则（ ）
A．点为函数图象的一个对称中心
B．函数在上单调递减
C．函数的图象与轴的交点为
D．若函数为偶函数，则
【答案】AC
【分析】根据图像求出函数解析式，在运用整体代入法逐项分析即可求解.
【详解】由图像可知，函数 的周期 ，
， ， ，
；
对于A， ，正确；
对于B，当 ，其中 ，错误；
对于C，令 ， ，正确；
对于D， 是偶函数，则有 ，错误；
故选：AC.
11．下列说法正确的是（ ）
A．若，则一定有
B．若关于的不等式的解集为，则
C．若，则的最小值为4
D．若，且，则的最小值为0
【答案】ACD
【分析】对A：利用不等式的性质即可判断；对B：根据二次不等式和二次方程之间的关系，结合韦达定理即可判断；对C：利用基本不等式进行求解，即可判断；对D：利用消元法，结合函数单调性即可求得结果.
【详解】对A：因为，则，，又，故，则，故A正确；
对B：由题可知，是方程的两根，故，解得，则，故B错误；
对C：因为，则，即，
解得，当且仅当时取得等号；故的最小值为4，C正确；
对D：，且，则，
因为，故，即，又都是上的单调减函数，
故也是上的单调减函数，又时，，故，即的最小值为，D正确.
故选：ACD.
12．已知.（ ）
A．的零点个数为4B．的极值点个数为3
C．x轴为曲线的切线D．若，则
【答案】BC
【分析】首先根据得到，分别画出和的图像，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案.
【详解】，令，得到.
分别画出和的图像，如图所示：
由图知：有三个解，即有三个解，分别为，，.
所以，，为增函数，
，，为减函数，
，，为增函数，
，，为减函数.
所以当时，取得极大值为，当时，取得极小值为，
当时，取得极大值为，
所以函数有两个零点，三个极值点，A错误，B正确.
因为函数的极大值为，所以轴为曲线的切线，故C正确.
因为在为增函数，为减函数，
所以存在，满足，且，
显然，故D错误.
故选：BC
【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.
三、填空题
13．已知角的终边过点，则___________.
【答案】2
【分析】根据题意求得，结合倍角公式，即可求得结果.
【详解】根据题意，，，
则；，
则.
故答案为：.
14．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题.现有这样一个整除问题：将1到100这100个数中，能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列各项的和为___________.
【答案】833
【分析】求出除以2余1和除以3余1的数列，再求重叠部分，再求和即可.
【详解】除以2余1的数列的通项公式 ，并且 ， ；
除以3余1的数列的通项公式为 ， ， ；
令 ，则有 ，即m为偶数时为两数列重叠部分， ，
对应的数列为 ，是首项为1，公差为6的等差数列，
；
故答案为：833.
15．已知函数是定义在R上的偶函数，且对任意实数都有，当时，，则___________.
【答案】
【分析】根据函数的对称性求出当 时的解析式，再根据周期性即可求出 .
【详解】由于 是偶函数，∴当 时， ；
由 得 ，关于 点对称，
当 时， ， ，
并且函数的周期 ， ， ， ，
∴ ；
故答案为： .
16．已知函数 ，若且 ，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】根据函数的性质，分别求出 和 时的值域，判断出 的取值范围即可求解.
【详解】对于 ，当 时， ，当 时， ，并且图像关于 对称，函数图像如下图：
如果 ，则 不成立， ， ，并且有 ；
由 可知，必有 ；
；
故答案为： .
四、解答题
17．已知集合.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，求.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据一元二次不等式在上恒成立，列出关于的不等式，求解即可；
（2）解含参一元二次不等式求得集合，再根据集合的交运算求解即可.
【详解】（1）∵，∴恒成立，∴，解得，
∴当时，a的取值范围是.
（2）∵，∴，
∴方程的两根分别为，，
∴| 或，
又∵，且，
∴或.
18．在△中，内角的对边分别为，且满足.
(1)求；
(2)已知为边上一点，平分，△的面积是△的面积的2倍，若，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合特殊角的三角函数值，即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，结合长度，求得，再在△中利用余弦定理求得，再结合，由勾股定理求得即可.
【详解】（1）∵，∴，
即，∵，∴，∴，∴，
（2）∵AD平分，，∴，
∵的面积是的面积的2倍，设△底边BC上的高为h，
则，∴，，
又∵，∴，
在△中，，解得，
∴，∴，∴，∴.
19．已知函数为奇函数，且.
(1)若：，求；
(2)将函数的图使上各点的横坐标变为原来为2倍（纵坐标不变），再将得到的函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在上的值域.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据是奇函数，且，求得，以及的解析式；再结合同角三角函数关系，以及正弦的和角公式即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，结合函数图象的变换求得，再利用整体法求其值域即可.
【详解】（1）
，
∵函数为奇函数，∴恒成立，∴，又，∴，
∴，又，∴，
∴，
，∴，又，∴，
∴.
（2）由题意得，将函数的图使上各点的横坐标变为原来为2倍（纵坐标不变），得到的图象，
再将得到的函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
∵，∴，∴，，
∴函数在上的值域为.
20．已知数列的前项和为.
(1)求；
(2)设的前项和为，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件写出 的递推公式，求出 的通项公式；
（2）运用缩放法证明即可.
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，，，
∴数列的奇数项，偶数项分别是以，为首项，3为公比的等比数列.
∴当n为奇数时，，即，
当n为偶数时，，即，
；
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
∴；
得证.
21．某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体成员从居住地到工作地的平均用时.某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤，分析显示：当中的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟）；公交群体的人均通勤时间为（单位：分钟）.已知当时，公交群体的人均通勤时间比自驾群体的人均通勤时间长1分钟.
(1)求的值；
(2)求该地上班族的最短人均通勤时间.
【答案】(1)
(2)分钟
【分析】（1）根据条件计算即可；
（2）求平均通勤时间函数解析式，根据函数的性质求解即可.
【详解】（1）由题知，，
∴；
（2）由（1）知， ，
设该地上班族S的人均通勤时间为，则
当时，
，
当时，
，
，
∵抛物线的开口向上，对称轴为，
∴当时，，
∵抛物线的开口向上，对称轴为，
∴当时，，
∵，
∴该地上班族S的最短人均通勤时间为分钟.
综上， ，最短人均通勤时间为分钟.
22．已知函数 .
(1)求函数的极值；
(2)若1是关于的方程的根，且方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，对a的符号分类讨论，根据导函数求得极值；
（2）根据条件，构造函数 ，对 的性质讨论，根据 的性质确定b的范围.
【详解】（1） ，
当时， ，单调递增，无极值，
当时，令 ，解得，
当时， ，单调递减，当时， ，单调递增，
∴ ，无极大值；
（2）∵1是方程的根，
∴，解得 ，∴ ，
设 ，则 ，
设 ，则 ，
∵，，且方程在上有实根，
设，，则在，上不单调，
∴ 在上存在零点，在上存在零点，
∴在上至少有两个相异实根，
当时， ，单调递增，不合题意，
当时，令 ，解得，
当时， ，单调递减.
当时， ，单调递增，
∴ ，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ，单调递增，
当 时， ，单调递淢，
∴ ，∴，
∴ ，
∴ ，即 ，解得 ，
∴b的取值范围为 ；
综上，，无极大值；b的取值范围为.
【点睛】对于第二问，得出在上至少有两个相异实根是问题的核心，由此讨论 的最小值以及 至少有两个相异实根的充分条件而得出b的取值范围.