2023届河南省安阳市高三上学期期中数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届河南省安阳市高三上学期期中数学（文）试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，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（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由交集的定义即可得答案.
【详解】由题，，则.
故选：D
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据举例说明判断AC；根据不等式的基本性质判断B；结合分式的意义判断D.
【详解】A：不妨取，，，则，故A错；
B：由得，又，所以，故B正确；
C：当时，，，故C错误；
D：当时，没有意义，故D错误.
故选：B.
3．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【分析】由等差数列的性质求解，
【详解】由题意得，
故选：B
4．已知为第三象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】，∵为第三象限角，∴.
故选：A.
5．已知向量，，则（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【分析】先计算的坐标，然后计算其模长即可
【详解】因为，
所以，得.
故选：C
6．已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据等比数列的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，
即且，，充分性成立；
反过来，若且，，即（为公比），
因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，
所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.
故选：C.
7．已知的角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理求出，根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据面积公式计算可得.
【详解】解：因为，令，，，
由余弦定理可得，
所以，所以.
故选：B
8．已知函数，不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】A
【分析】确定，为方程两根，利用韦达定理求出值，则得到原不等式，解出即可.
【详解】依题知的根为，，则两根之和为3，两根之积为，
∴即∴可化为，即，解得，或，∴不等式的解集为或.
故选：A.
9．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对等式，取10为底的对数，得，则得到的值，
再利用化简得到的值，即可得到答案.
【详解】，∴，
又，∴，，
∴，即.
故选：A.
10．已知点，，若线段与函数的图象没有交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得当时，线段与的图象必有交点，从而只需考虑，结合函数的图像可得出从而得出答案.
【详解】当时，单调递减，易知线段与的图象必有交点，不符合题意；
由，则直线的方程为：，线段与轴的交点为
当时，因为的图象经过点，该点在线段上方，
所以由曲线在线段的上方，得 解得
所以的取值范围为.
故选：C
11．已知函数的最小正周期为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由周期性得，再由对称性与单调性判断，
【详解】因为的最小正周期为，所以，
令得，
即在上单调递增，同理得在上单调递减，
而，，，
由三角函数性质得
故选：D
12．已知函数若在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用导数讨论分段函数的单调性即可求解.
【详解】令函数，.
要满足条件，必须在上单调递减，
在上单调递减，且.
易知在上单调递减.
，
令,即,解得,
令,即,解得,
可得在上单调递增，在上单调递减，所以.
，
令,即,解得,
令,即,解得,
则当时，，
当时，，
要使，则.
所以的取值范围是.
故选:C.
二、填空题
13．在等比数列中，，，则________.
【答案】32
【分析】利用等比数列的性质得到，然后求即可.
【详解】设的公比为，则，.
故答案为：32.
14．在平行四边形中，，，若，，三点共线，则实数________.
【答案】
【分析】根据平面向量的线性运算即可得出结果.
【详解】由题意得，
，
∵，，三点共线，
∴，解得.
故答案为：.
15．已知命题：，，使得方程成立，命题：，不等式恒成立.若命题为真命题，命题为假命题，则实数的取值范围是________.
【答案】
【分析】先求出命题和命题为真时对应的的取值范围，即可求出.
【详解】对于命题，当时，，当时，，
若命题为真，则，即，解得.
对于命题，当时，，，
若命题为真，则，则，
若命题为真命题，命题为假命题，则，所以，
综上可得的取值范围为.
故答案为：.
16．设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为______.
【答案】
【分析】由已知利用等差数列及等比数列的通项可知，进而得解.
【详解】，设，则
又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，
即，
可得，只需即可，所以.
当m取最小值时，由不等式组得，故d的最小值为.
故答案为：
三、解答题
17．在直角坐标系中，角的顶点在原点，始边均与轴正半轴重合，角的终边经过点，角的终边经过点.
(1)求的值；
(2)若角的终边为（锐角）的平分线，求的值.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）根据题意求出，再根据差的正切公式即可求出；
（2）由题可得，先求出，再根据二倍角公式即可求出.
【详解】（1）依题知，，
∴.
（2）由条件得，，，，
∵角的终边是（锐角）的平分线，∴，
∴，
∴.
18．已知等差数列的公差，前项和为.
(1)若1，，成等比数列，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式代入计算即可；
（2）利用等差数列的前n项和公式代入计算即可.
【详解】（1）因为1，，成等比数列，所以，
所以，即，
解得或，
所以或.
（2）由题意知，
由，得，
即，解得，
即的取值范围是
19．在中，分别为角所对的边.已知，，.
(1)求的值；
(2)求的面积.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数基本公式和诱导公式得到，，然后利用正弦定理解三角形即可；
（2）利用诱导公式和和差公式得到，然后利用三角形面积公式求面积即可.
【详解】（1）在中，因为，所以，
因为，所以，
由正弦定理可得.
（2）由得，，
由，得，
所以
，
因此，的面积.
20．已知数列的前项和为，，.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与的关系，得到是以2为首项，2为公比的等比数列，即可证明；
（2）由（1）中的结论可得，然后根据错位相减法即可得到.
【详解】（1）当时，,
当时，由得，
∴，又∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴，
∵，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列
（2）由（1）知，∴
∵，
∴
∴
，
∴.
21．已知函数.
(1)若有两个极值点，求的取值范围；
(2)设分别是的极大值点与极小值点，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据有两个极值点，得到有两个零点，然后令，解不等式即可；
（2）由（1）得，然后求出，最后利用换元法解不等式即可.
【详解】（1），
∵有两个极值点，∴有两个零点，
∴，即，解得或，
∴实数的取值范围是.
（2）由（1）知，且，
令，则，
∵，∴，∴，
即，得，
得或，
∴的取值范围为.
22．已知函数的最小值为1.
(1)求实数的值；
(2)若直线：与曲线没有公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】(1)根据题意，若则不符合题意；若，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，进而得出关于a的方程，解之即可；
(2)将原问题转化为关于的方程在上没有实数解，当时符合题意，当时，构造函数，利用导数研究函数的单调性求出最小值，即可求解.
【详解】（1）若，易知单调递增，没有最小值，不符合题意；
若，，
令，得，
在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得；
（2）直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，
即关于的方程在上没有实数解，
①当时，该方程可化为，在上没有实数解；
②当时，该方程化为，
令，则，
由，得，
在上，，在上，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，又当时，，
故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，
解得，
综合①②，可知的取值范围是.