2023届江西省丰城中学高三（尖子班、重点班）上学期数学（文）期中复习试题含解析

2023届江西省丰城中学高三（尖子班、重点班）上学期数学（文）期中复习试题

一、单选题

1．设集合A＝{1，2，3，4，5}，，则A∩B＝（    ）

A．{1} B．{1，2} C．{1，4} D．∅

【答案】C

【分析】根据集合的定义确定其中的元素，然后由交集定义计算．

【详解】由题意，所以．

故选：C．

2．以下命题既是存在量词命题又是真命题的是（    ）

A．锐角三角形有一个内角是钝角

B．至少有一个实数，使

C．两个无理数的和必是无理数

D．存在一个负数，使

【答案】B

【分析】分别对每个命题是否为存在量词命题及真假进行判断即可.

【详解】对于A，“锐角三角形”省略了全称量词“（所有的）锐角三角形”是全称量词命题，且该命题为假命题，故选项A错误；

对于B，含存在量词“至少有一个”，为存在量词命题，且当时，成立，该命题为真命题，所以选项B正确；

对于C，“两个无理数的和”省略了全称量词“（任意）两个无理数的和”，是全称量词命题，且无理数与的和为，是有理数，该命题为假命题，所以选项C错误；

对于D，含存在量词“存在一个”，当时，，故不成立，该命题为假命题，所以选项D错误.

故选：B.

3．数列的一个通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据规律，总结通项公式，即可得答案.

【详解】根据规律可知数列的前三项为，

所以该数列的一个通项公式为．

故选：A

4．若a＞b＞0，则下列不等式成立的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由，根据不等式的性质，以及基本不等式，即可得到结果．

【详解】因为

所以，；

由基本不等式可得；

所以.

故选：B．

【点睛】本题主要考查了不等式的性质和基本不等式的应用，属于基础题.

5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列满足：，，，若，则k等于（    ）

A．12 B．13 C．89 D．144

【答案】A

【分析】根据斐波那契数列的性质进行求解即可.

【详解】由斐波那契数列的性质可得：

所以k等于12，

故选：A

6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，，，则角B的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角形内角和和诱导公式得到，再根据得到，利用正弦定理得到，再根据得到角为锐角，从而得到角.

【详解】，所以，又，所以，又，，所以，解得，因为，，所以，.

故选：A.

7．若是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（    ）

A．4041 B．4042 C．4043 D．4044

【答案】B

【分析】根据题意，在等差数列中由，，可得又可得：，，即可得解.

【详解】由，，

则在等差数列中

又

可得：，

，

所以使前项和成立的最大自然数是.

故选：B

8．实数，且满足，则的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【分析】对变形为，利用基本不等式“1”的妙用进行求解.

【详解】因为，所以，所以，又，，则

，，，，故

，当且仅当，即，时等号成立.

故选：B

9．已知函数，则（    ）

A．5100 B．5150 C．5200 D．5250

【答案】A

【分析】根据给定条件结合余弦函数的周期性，再借助并项求和法即可计算作答.

【详解】函数中，的最小正周期是4，

则当，，

令，即，，

于是得数列是首项为12的等差数列，，

所以.

故选：A

10．已知△ABC满足，则△ABC的形状为（   ）

A．直角三角形 B．等边三角形

C．等腰直角三角形 D．等腰三角形

【答案】D

【分析】根据已知得到，利用正弦定理可求得，结合三角形内角和为以及两角和的正弦公式可求得，即可确定三角形形状.

【详解】解：根据得到：，

由正弦定理，可得，

又C为三角形的内角，得到，

可得，

又，

∴，即，

∴，且A和B都为三角形的内角，

∴，

则的形状为等腰三角形．

故选：D．

11．已知函数，若方程有5个不同的实数解，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出函数的大致图象，令，方程有5个不同的实数解，转化为根的分布问题，分情况讨论即可.

【详解】函数的大致图象如图所示，对于方程有5个不同的实数解，

令，则在，上各有一个实数解或的一个解为-1，另一个解在内或的一个解为-2，另一个解在内.

当在，上各有一个实数解时，设，则解得；

当的一个解为-1时，，此时方程的另一个解为-3，不在内，不满足题意；

当的一个解为-2时，，此时方程的另一个解为，在内，满足题意.

综上可知，实数a的取值范围为.

故选：D.

12．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.

【详解】设，，所以，

又，所以．

因为且，所以，

整理可得，

又动点M的轨迹是，

所以，解得，

所以，又，

所以，因为，

所以的最小值为．

故选：C．

二、填空题

13．已知数列为等比数列，为其前n项和，，且，，则__________.

【答案】45

【详解】可以将每三项看作一项，则也构成一个等比数列.

所以,故答案为45.

14．已知实数满足约束条件，则的最大值为_____________________．

【答案】1

【分析】画出可行域，根据目标式的几何意义判断最大时对应直线所过的点，即可求最大值.

【详解】由约束条件可得如下可行域，

要使目标式最大，即其所在直线在y轴上的截距最大，

由图知：当过与的交点时最大，

所以.

故答案为：

15．已知是、是单位向量，，若向量满足，则的最大值为______

【答案】##

【分析】根据题意设，，，求出向量所表示的几何图形的轨迹，再求所表示的几何意义，从而求出的最大值．

【详解】解：由、是单位向量，且，则可设，，，

所以，

向量满足，

，

即，

它表示圆心为，半径为的圆，

又表示圆上的点到坐标原点的距离，因为，

所以．

故答案为：．

16．已知函数是定义在上的单调递减的奇函数，且对，有恒成立，则的最大值为___________.

【答案】

【分析】由函数的奇偶性与单调性转化不等式，结合辅助角公式与三角函数的有界性得出，再由均值不等式求解

【详解】由可得，

则根据函数在上单调递减可得，

则在上恒成立，化简得在上恒成立，

故，而，则的最大值为.

故答案为：

三、解答题

17．设命题:实数满足，命题:实数满足，其中.

(1)若，且为真，求实数的取值范围;

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)2<x<3

(2)1<a≤2

【分析】（1）由复合命题的真值表可得；

（2）由充分不必要条件与集合的包含关系可得.

【详解】（1）当a=1时，命题p:2<x≤3，命题q:1<x<3，

又p∧q为真，所以，故实数x的取值范围是2<x<3.

（2）命题p:2<x≤3，命题q:a<x<3a，要使p是q的充分不必要条件，则解得1<a≤2.

故实数a的取值范围是1<a≤2.

18．已知，，为内角，，的对边，且；

(1)求；

(2)若，面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化可得，进而可得；

（2）根据余弦定理与面积公式联立方程组，可解与，进而可得周长.

【详解】（1），

由正弦定理得，且，

所以，

即，，

又，

所以；

（2）由余弦定理

可得①，

又面积为，

得②，

联立①②可得，，

所以周长.

19．记数列{an}的前n项积为Tn，且．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列的前n项和Sn．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）利用 与 的关系可得，进而可得；

（2）利用（1）的结论得，从而用“错位相减法”与等差数列求和公式，得所求.

【详解】（1）证明：因为为数列的前项积，

所以可得，

因为，所以，

即，所以，

又，所以，

故是以4为首项，2为公比的等比数列；

（2）解：由（1）得：，所以，则

设①

②

则①-②得：

则

所以的前n项和

20．已知函数.

(1)求函数的对称中心；

(2)在锐角三角形中，，求三角形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角的正、余弦公式，诱导公式，两角和的余弦和辅助角公式化简，令，即可求出函数的对称中心；

（2）由求出，由余弦定理结合均值不等式即可求出三角形面积的最大值.

【详解】（1）由题意知，

，

令，则，

故函数的对称中心为.

（2）由可得，，

故，则，又，故取，则，

由余弦定理可知，即，

当且仅当时等号成立.

故，

则面积的最大值为.

21．已知圆，圆心C在直线上，且被直线截得弦长为.

（1）求圆的方程；

（2）若，点，过A作两条直线，，且满足，直线交圆C于M，N两点，直线交圆C于P，Q两点，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）或；（2）7.

【分析】（1）由已知可得，利用圆的弦长公式可求解；

（2）分类讨论直线斜率是否存在，利用圆的弦长公式求得，，再利用基本不等式求得四边形面积的最大值.

【详解】（1）由圆，圆心C在直线上，

故圆，圆心，半径

设圆心到直线的距离为，则

即，解得：或

所以圆的方程为或；

（2）由，可知圆的方程为

当直线斜率不存在时，此时，

此时

当直线斜率存在，设为k，则直线方程为，圆心到直线的距离设为，

则，则

同理可得

则

当且仅当，即时等号成立

综上可知四边形面积的最大值为7.

22．设，函数，函数（其中为自然对数的底数）．

（1）若且，比较，，的大小；

（2）若函数与函数的图象分别位于直线的两侧，求的所有可能的取值．

【答案】（1）；（2）的取值为．

【分析】（1）若，求出函数导函数，判断函数在上的单调性，从而求得在的范围，从而可得答案；

（2）先分别求出函数和得单调区间，根据函数的单调性分别求出函数的最大值和的最小值，再根据函数的最大值和的最小值及函数与函数的图象分别位于直线的两侧，分析即可得出答案.

【详解】解：（1）若，则，则，

当时，，所以在上递增，

所以，即，

所以，所以；

又因为，

所以，即

（2），由，得；

由，得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

则当时，函数有最大值；

由函数求导，得，

由得；由得．

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

则当时，函数有最小值；

因为，函数的最大值，即函数在直线的下方，

故函数在直线的上方，所以，

解得．

所以的取值为．