甘肃省民乐县第一中学2023-2024学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省民乐县第一中学2023-2024学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用集合间的基本运算，即可得到答案；
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D.
2. 一元二次方程，（）有一个正根和一个负根的充分而不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由方程根的情况可得，求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为一元二次方程，（）有一个正根和一个负根，
所以，解得，
所以一元二次方程，（）有一个正根和一个负根的充分而不必要条件可以是.
故选：C.
3. 已知点是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点P到原点的距离，再根据正弦函数的定义求解.
【详解】依题意点P的坐标为 ， ， ；
故选：D.
4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的性质可知、、、成等差数列，根据题意可将都用表示，可求得结果.
【详解】由等差数列的性质可知、、、成等差数列，
∵，即，，
∴，，∴，，
∴.
故选：A.
5. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊值的正负，再排除选项，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
由，
则偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，C，
又，故排除B，
故选：D.
6. 为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻.某天，一艘巡逻舰从海岛出发，沿南偏东的方向航行40海里后到达海岛，然后再从海岛出发，沿北偏东的方向航行了海里到达海岛，若巡逻舰从海岛出发沿直线到达海岛，则航行的方向和路程（单位：海里）分别为（ ）
A. 北偏东B. 北偏东
C. 北偏东D. 北偏东
【答案】C
【解析】
【分析】根据方位角的概念结合正弦定理、余弦定理求解.
【详解】作出示意图如图所示，
根据题意，，
根据余弦定理，
因为，
所以
，
因为，所以
，
因为为锐角，所以，
所以从海岛出发沿直线到达海岛，航行的方向是北偏东，
航行的距离是海里，

故选:C
7. 设等差数列，的前n项和分别为，，若，则为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质，得，此由可得结论．
【详解】是等差数列，则，
∴．
故选：C．
8. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
二、多项选择题
9. 已知等差数列是递增数列，且，其前项和为，则下列选择项正确的是（ ）
A. B. 当时，取得最小值
C. D. 当时，的最小值为8
【答案】ACD
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，因为，求得，根据数列是递增数列，可判断AC；由等差数列前项和公式，结合二次函数的性质和不等式的解法，可判断BD．
【详解】由题意，设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
又由等差数列是递增数列，得，则，故AC正确；
因为，
由二次函数的性质知，对称轴为，开口向上，
所以，当或4时最小，故B错误；
令，解得或，即时的最小值为8，故D正确．
故选：ACD．
10. 下列说法正确的有
A. 在△ABC中，a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C
B. 在△ABC中，若sin 2A=sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C. △ABC中，sin A＞sin B是A ＞B的充要条件
D. 在△ABC中，若sin A=，则A=
【答案】AC
【解析】
【分析】由正弦定理，二倍角的正弦公式，逐一分析各个选项，即可求解.
【详解】由正弦定理
可得：
即成立，
故选项A正确；
由可得或，
即或，
则是等腰三角形或直角三角形，
故选项B错误；
在中，由正弦定理可得
，
则是的充要条件，
故选项C正确；
在△ABC中，若sin A=，则或，
故选项D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查了命题真假性的判断，正弦定理的应用，属于基础题.
11. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 在区间上单调递减
C. 在区间上有四个零点D. 的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由定义判断A；由正弦函数的单调性判断B；由在上的零点结合奇偶性判断C；讨论的值域，结合奇偶性判断D.
【详解】对于A：其定义域为，，即函数是偶函数，故A正确；
对于B：时，，由正弦函数的单调性可知，在区间上单调递减，故B正确；
对于C：时，，此时，可得或，因为是偶函数，所以在区间上的零点为，故C错误；
对于D：当，且时，.
当，且时，，.
又是偶函数，所以函数的值域为，故D正确；
故选：ABD
12. 已知函数，，使方程有4个不同的解：分别记为，其中，则下列说法正确的是（ ）.
A. B.
C. D. 的最小值为14
【答案】AC
【解析】
【分析】画出函数图象，利用数形结合思想进行求解判断即可.
【详解】
如图，时，方程存在4个不同根，
当时，，
时，得
即，由正弦函数对称性知，
，
在上单调递增，所以；
，
在上单调递减，所以，无最小值，
故选：AC
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想进行求解是解题的关键.
三、填空题
13. 已知在上的最大值为M，最小值为m，若，则______．
【答案】−2或−4
【解析】
【分析】根据区间和二次函数对称轴的相对位置，结合二次函数的单调性分类讨论求解即可.
【详解】二次函数的对称轴为：，
当时，即，函数在上单调递增，
所以，由，得，不满足，舍去；
当时，即时，函数在上单调递减，
所以，由，得，不满足，舍去，
当时，则，此时，
若时，即时，，
由，得，或舍去，
若时，即，，
由，得，或舍去，
综上所述：或，
故答案为：−2或−4
【点睛】关键点睛：根据二次函数对称轴与所给区间的相对位置分类讨论是解题的关键.
14. 若，则__________ ；
【答案】
【解析】
【分析】由题意，是的2倍，根据余弦二倍公式，即可求解.
【详解】由题意
故答案为：
点睛】本题考查余弦二倍角公式，属于基础题.
15. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为，
故答案为：.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.
16. 函数是定义在上的奇函数，，当时，，不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，进而得，故当时，，且在上单调递减，进而根据奇函数性质得函数在上的单调递减函数，然后讨论即可.
【详解】解：因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
因为当时，，
所以，解得，
所以当时，，
当时，
所以由二次函数的性质得时，函数单调递减，在上单调递减
易知
当时，原不等式，解得；
当时，无实数解；
当，无实数解；
当，即时，原不等式，解得；
当，即时，，，满足题意；
当，即时，，，不满足题意.
综上，原不等式的解集为：
故答案为：
四、解答题
17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求C；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简即可得答案;
（2）由余弦定理求得a值，然后利用面积公式求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理得，
得．
因为，所以，所以，即．
【小问2详解】
由余弦定理得，得，
所以，故的面积为．
18. 问题：设公差不为零的等差数列的前项和为，且， .
下列三个条件：①成等比数列；②；③.从上述三个条件中，任选一个补充在上面的问题中，并解答.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求证： .
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）选①②③分别与组成方程组，解出首项与公差即可得解；
（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，即可得证.
【小问1详解】
设等差数列的公差为.
选条件①：∵ S3＝6，a2，a4，a8成等比数列，
∴，解得，
故数列的通项公式为.
选条件②：∵ S3＝6，S4＝5a2，
∴，解得，
故数列的通项公式为.
选条件③：∵ S3＝6，（n+1）an＝nan+1，
∴，解得，
故数列的通项公式为.
【小问2详解】
证明：∵＝，
∴ +…+ ＝
＝.
19. 已知函数．若函数在处有极值-4．
（1）求的单调递减区间；
（2）求函数在上的最大值和最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：
先求出导函数，根据导数的几何意义得到关于的方程组，求得后再根据导函数的符号求出单调递减区间．
由求出函数的单调区间，可以数判断函数在上的单调性，求出函数在上的极值和端点值，通过比较可得的最大值和最小值．
试题解析：
（1）∵，
∴，
依题意有即，解得
∴，
由，得，
∴函数的单调递减区间
由知
∴，
令，解得．
当变化时，的变化情况如下表：
由上表知，函数在上单调递减，在上单调递增．
故可得
又．
∴
综上可得函数在上的最大值和最小值分别为和．
20. 已知函数，.
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）最小值为，最大值为
【解析】
【分析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的性质即得；
（2）利用正弦函数的性质即求．
【小问1详解】
由
，
∴的最小正周期为，
由，得，
由，得
∴函数单调增区间为，函数单调减区间为；
【小问2详解】
由于，
所以，
所以，
故，
故函数的最小值为，函数的最大值为．
21. 已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；
（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；
【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，
∴，∴.
（2）由（1）可知，
∴数列的前项和为，
，
两式作差，得，
∴.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题
22 设函数.
（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时
【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.
试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;
当时，.
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，所以.
故当时，.
考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.