2022-2023学年新疆喀什地区巴楚县高三上学期期末考试数学（理科）试卷（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆喀什地区巴楚县高三上学期期末考试数学（理科）试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了本试卷共150分，请将试卷答案填在答题卷上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

巴楚县2022-2023学年高三上学期期末考试

数学（理科）试卷
　　考生注意:
1.本试卷共150分.考试时间120分钟.
2.请将试卷答案填在答题卷上.
3.本试卷主要考试内容:前2次月考内容、数列.

一、选择题（本题共12小题,每小题5分,共60分）.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.已知集合A={y|y=},B={x|2-3x>0},则A∩B=
A.[-2,] B.[,2) C.[0,2] D.[0,)
2.在复平面内,复数z对应的点为(-3,4),设i是虚数单位,则=
A.--i B.-i C.-1+5i D.-i
3.若数列{an}的前6项为1,-,,-,,-,则数列{an}的通项公式可以为an=
A. B.C.(-1)n· D.(-1)n+1·
4.若数列{an}的前n项和为Sn，a1=，当n≥2时，2Sn=Sn-1+1，若256Sm=255，则m为
A.6 B.7 C.8 D.9
5.已知a,b∈R，则“a>b+1”是“10a>10b”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
6.已知a>0,b>0，且a+b=1，则a2+b2的最小值为
A. B. C.1 D.2
7.已知函数f(x)=sin2x+2sin(π-x)cos(-x)-cos2x ，x∈R，则f(x)在区间(0,π)上的零点个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5S8,则下列结论正确的是
A.a7>0 B.S5=S8C.数列{an}是递增数列 D.S13+a7>0
9.数列{an},a1=1,对于任意正整数m,n,都满足am+n=am+an+mn,则++…+=
A. B. C. D.
10.若无穷数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n,则
A.{an}为等比数列
B.{an}是递增数列
C.{an}中存在三项成等差数列
D.{an}中的偶数项成等比数列
11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,….其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.已知数列{an}为“斐波那契数列”,则=
A.1 B.2 C.2022 D.2023
12.已知数列{an}满足a1a2a3…an=,若对任意n∈N*,++…+0且m≠1)恒成立,则当m取最大值时,am=
A.4 B.8 C.16 D.32
二、填空题（本题共4小题,每小题5分,共20分）.
13.已知|a|=2,|b|=3,且a⊥b,则|2a-b|=　　　 
14.在算术三角形(也叫帕斯卡尔三角形)中,每个元素(不在第一列)是其正下方的数与左下方的数的差,如图所示,则第五行第4个数为　　　　. 

15.若数列{an}满足=anan+2,且a1,a21是函数f(x)=x3-5x2+8x-1的极值点,则a11=　　　　. 
16.对∀x∈R,[x]表示不超过x的最大整数.十八世纪,y=[x]被高斯采用,因此得名为高斯函数.人们更习惯称之为“取整函数”,例如:[-3.5]=-4,[2.1]=2.若∀x∈R,则[x-[x]]=　　　　;方程2022x2-[x]-2023=0有　　　　个实数根. 
三、解答题（本题共6小题,共70分）.
17.(10分)
在①b3=,②b3=S5-S3,③a18=S8b2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线处,并解答.
已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,{bn}是正项等比数列,a1=b1=1,　　　　,cn=(n∈N*),试比较cn与cn+1的大小,并说明理由. 


18. (12分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
2sin(-A)sinCsin(-B)-sinA=2cosAcos(+B)cosC.
(1)求角A;
(2)若a=2,求△ABC的面积的最大值.



19.(12分)已知正项等差数列{an}满足a3=5，且a3+1是a2与a5+3的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)保持{an}中各项的先后顺序不变,在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入k个2k,构成新数列{bn},求数列{bn}的前24项和T24.



20.(12分)
已知函数f(x)=alnx-x2(a∈R).
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.

21.(12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+2.
(1)求an的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log2an,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<.

22.(12分)
数学的发展推动着科技的进步,5G技术的蓬勃发展得益于线性代数、群论等数学知识的应用.目前某区域市场中5G智能终端产品的制造仅能由H公司和G公司提供技术支持.据市场调研预测,5G商用初期,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品分别占比a0=5%及b0=95%.假设两家公司的技术更新周期一致,且随着技术优势的体现,每次技术更新后,上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术,采用H公司技术的仅有5%转而采用G公司技术.设第n次技术更新后,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn,不考虑其他因素的影响.
(1)用an表示an+1,并求实数λ,使{an+λ}是等比数列.
(2)经过若干次技术更新后该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否超过75%?若能,至少需要经过几次技术更新?若不能,请说明理由.(参考数据:lg2≈0.301,lg3≈0.477)


巴楚县2022-2023学年高三上学期期末考试

数学（理科）试卷 参 考 答 案

1.D　因为x2≥0,所以4-x2≤4,0≤≤2,即A={y|0≤y≤2},
因为2-3x>0,所以x<,即B={x|x<},所以A∩B=[0,).
2.B　由题设知z=-3+4i,所以===-i.
3.D　观察这一列数,发现分子等于各自的序号数,且奇数位置为正,偶数位置为负,
故用(-1)n+1表示各项的正负,而分母是以1为首项,2为公差的等差数列,
故第n项的分母为2n-1,所以数列{an}的通项公式可为an=(-1)n+1·.
4.C　因为当n≥2时,2Sn=Sn-1+1,所以2Sn+1=Sn+1,
两式相减得2an+1=an,因为a1=,当n≥2时,2Sn=Sn-1+1,所以2a1+2a2=a1+1,可得a2=,=,满足2an+1=an,故{an}是首项、公比均为的等比数列,
所以Sm==1-=,可得m=8.
5.A　当a>b+1时,a>b,故10a>10b.当a=1,b=0时,满足10a>10b,不满足a>b+1,
所以当10a>10b时,a>b+1不一定成立,故“a>b+1”是“10a>10b”的充分不必要条件.
6.B　由基本不等式≥,可得a2+b2≥2()2=,当且仅当a=b=时等号成立.
7.B　f(x)=sin2x+2sin(π-x)cos(-x)-cos2x=sin2x+2sin xcos x-cos2x
=sin 2x-cos 2x=2sin(2x-).
当2x-=kπ,k∈Z时,x=+,k∈Z,
所以当k=0时,x=,当k=1时,x=,所以f(x)在区间(0,π)上有2个零点.
8.B　设{an}的公差为d,由S6=S7,得S7-S6=a7=0,即a1+6d=a7=0,故选项A错误;
S5==5a3,S8===4a2,
则5a3-4a2=a1+6d=0,故S5=S8,故选项B正确;
由S5S8,得S6-S5=a6>0,S8-S7=a8<0,
所以d<0,数列{an}是递减数列,故选项C错误;
S13+a7=14a7=0,故选项D错误.
9.C　令m=1,得an+1=a1+an+n=1+an+n,所以an+1-an=n+1,
则an-an-1=n,an-1-an-2=n-1,…,a3-a2=3,a2-a1=2,
所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=.
又a1=1满足上式,所以an=,
所以==-,
所以++…+=1-+-+…+-=1-=.
10.D　因为无穷数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,
当n=1时,a1=S1=21=2,不符合上式,
所以an=,所以{an}不是等比数列,故选项A错误;
又a1=a2=2,所以{an}不是递增数列,故选项B错误;
假设数列{an}中存在三项ar,am,as成等差数列,由于a1=a2=2,则r,m,s∈N*,2≤r 所以2m=2r-1+2s-1,则1=2r-m-1+2s-m-1,又s-m-1≥0,所以2s-m-1≥1,
且2r-m-1>0恒成立,故等式1=2r-m-1+2s-m-1无解,{an}中找不到三项成等差数列,故选项C错误;
因为a2n=22n-1(n∈N*),所以==4,
所以{a2n}是等比数列,即{an}中的偶数项成等比数列,故选项D正确.
11.A　因为a1a2=,a2a3=a2(a4-a2)=a2a4-,a3a4=a4(a4-a2)=-a2a4,a4a5=a4(a6-a4)=-+a4a6,…,a2020a2021=a2020(a2022-a2020)=-+a2022a2020,
所以a1a2+a2a3+a3a4+…+a2020a2021=a2020a2022,
所以=1.
12.B　当n=1时,a1=2.当n≥2时,由a1a2a3…an=,得a1a2a3…an-1=,
两式相除得an==22n-1,
所以++…+=+++…+==(1-)<.
因为对任意n∈N*,++…+0且m≠1)恒成立,
所以≤logm=logm2,
所以logm2≥1=logmm,
当0 当m>1时,由logm2≥logmm,得m≤2,则1 综上,1 13.5　∵a⊥b,∴a·b=0,∴|2a-b|==5.
14.35　因为每个元素(不在第一列)是其正下方的数与左下方的数的差,
所以第五行第4个数是20+15=35.
15.2　因为数列{an}满足=anan+2,所以{an}为等比数列,
由f(x)=x3-5x2+8x-1得f'(x)=2x2-10x+8=2(x-1)(x-4),
则当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,4)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(4,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,于是x=1和x=4是函数的两个极值点,
因为a1,a21是f'(x)=2x2-10x+8=0的两个根,所以a1·a21=4,所以=a1·a21=4.
又a1+a21=5>0,所以a1>0,a21>0,设公比为q,a21=a1q20>0,所以a11=2.
16.

0　2　因为对∀x∈R,[x]表示不超过x的最大整数,所以[x]≤x<[x]+1,所以0≤x-[x]<1,[x-[x]]=0.
由2022x2-[x]-2023=0,得2022x2-2023=[x],令y=2022x2-2023,y=[x],则方程2022x2-[x]-2023=0的解转化为两函数y=2022x2-2023,y=[x]图象的交点情况,作出两函数的图象,如图所示,
由图象可知两函数图象只有两个交点,所以方程2022x2-[x]-2023=0有两个实数根.
17.解:因为{an}是公差为1,首项为1的等差数列,所以an=1+n-1=n,
设等比数列{bn}的公比为q,则q>0.
若选①,由b3===4,b1=1,则q==2,
所以bn=2n-1,cn==,cn+1-cn=-=,
当n=1时,c1=c2;当n≥2时,cn+1 若选②,由b3=S5-S3=a4+a5=9,得q==3,则bn=3n-1,
所以cn==,cn+1-cn=-=<0,所以cn+1 若选③,由a18=S8b2,得18=·8b2,得b2=,则q==,则bn=,
cn==n·2n-1,则==<1,则cn+1>cn. 10分
18.解:(1)因为2sin(-A)sin Csin(-B)-sin A=2cos Acos(+B)cos C,
所以2cos Asin(B+C)=sin A.
因为A+B+C=π,所以sin(B+C)=sin A,
又sin A>0,则cos A=,
又0 (2)由(1)得A=,则a2=b2+c2-2bccos A≥bc,当且仅当b=c时等号成立,
又a=2,所以bc≤12,
则△ABC的面积的最大值为S=bcsin A=×12×=3. 12分
19.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,
因为a3=5,且a3+1是a2与a5+3的等比中项,
所以a1+2d=5且(a1+2d+1)2=(a1+d)(a1+4d+3),
解得或(舍去),
所以an=2n-1(n∈N*),且Sn==n2. 6分
(2)由题意可知新数列{bn}为1,2,3,22,22,5,23,23,23,7,…,按照此规律,
假设第24项在ak与ak+1(k=1, 2,…)之间,
则M=1+2+3+…+(k-1)+k≤24,所以当k=6时,M=21,
所以数列{bn}的前24项和T24=(2+2×22+3×23+…+5×25)+(1+3+5+7+9+11)+3×26=2+4×26+62+3×26=38+7×26=486. 12分
20.解:(1)当a=1时,f(x)=ln x-x2,则f'(x)==-,
∴当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
故函数f(x)在定义域内有极大值f(1)=-,无极小值. 4分
(2)∵f'(x)=-x=,
∴当a≤0,x>0时,有f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
此时函数f(x)至多只有一个零点,不符合题意,故舍去.
当a>0时,有f'(x)==-,
∴当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(0,)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
故函数f(x)在定义域内有极大值f()=aln-a=a(ln a-1),无极小值.
易知当x趋近于0时,函数值趋近于-∞,
且当x趋近于+∞时,函数值趋近于-∞,
所以要使函数f(x)在其定义域内有两个零点,则f(x)max=f()=a(ln a-1)>0,
解得a>e,即a的取值范围为(e,+∞). 12分
21.解:(1)由Sn=2n+2,得a1=S1=4,
所以an+1=Sn+1-Sn=2n+1+2-(2n+2)=2n,
而a1=4≠21-1,所以an=. 4分
(2)由anbn=log2an及an=,得bn==,所以T1=.
当n≥2时,Tn=++++…+,
得Tn=+++…++,
两式相减得Tn=+-++++…+-
=+(++++…++)-=+-
=+1--=-,
所以Tn=-.
T1=满足Tn=-,故对任意的n∈N*,Tn=-.
因为当n=1时,T1=-2=,当n→+∞时,→0,此时Tn→,
所以≤Tn<. 12分
22.解:(1)依题意,a1=a0+(1-a0)=,b1=1-a1=,
a0=5%=,b0=95%=.易知经过n次技术更新后,an+bn=1,
则an+1=(1-5%)an+20%bn=an+(1-an)=an+,an+1=an+(n∈N),　①
由①式可设an+1+λ=(an+λ),所以an+1=an-,
对比①式可知-=,解得λ=-.
因为a1=,所以a1-=-=-,
所以当λ=-时,{an-}是以-为首项,为公比的等比数列. 6分
(2)由(1)可知an-=-·()n-1=-()n+1,
所以经过n次技术更新后,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比为an=-()n+1.由题意,令an>75%,则-()n+1>,
所以()n+1<,所以(n+1)lg 所以n>≈==9.408,
故n≥10,即至少经过10次技术更新,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能超过75%. 12分