宁夏青铜峡市宁朔中学2023届高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

青铜峡市宁朔中学2022-2023学年第一学期

高三年级数学（理）期中试卷

一、选择题（本大题共12道小题，每小题5分，共60分）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先解不等式化简集合，再求交集即可.

详解】由解得，故.

又，所以.

故选：C.

2. 设，则“”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】A

【解析】

【分析】解不等式得到或，根据范围的大小关系得到答案.

【详解】，即，故或，故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3. 已知向量，，且，则（    ）

A. -4 B. 4 C. -6 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示，列式计算作答.

【详解】因向量，，且，则，得，

所以.

故选：C

4. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数函数和对数函数单调性和中间值比较大小

【详解】因为，所以

故选：A

5. 在中，内角的对边分别为a，b，c，已知，则角（    ）

A. 或 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦定理即可求出.

【详解】由正弦定理可得，则，

，，.

故选：D.

6. 将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数图象的平移变换规律可得答案.

【详解】将函数的图象向左平移后，

所得图象对应的函数为.

故选：B

7. 在数列中，若，，则（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】通过递推公式求出可得数列是周期数列，根据周期即得.

【详解】由题可得，，，

则数列周期数列，满足，，

.

故选：A.

8. 等于

A.  B. 2 C. -2 D. +2

【答案】D

【解析】

【详解】∵.故选D

9. 已知在R上是奇函数，且，当时，，则

A. -2 B. 2 C. -98 D. 98

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可知函数的周期为，即可利用周期性和奇偶性将转化为，即可求出．

【详解】∵，∴是以4为周期的周期函数，由于为奇函数，

∴，而，即

故选：A．

【点睛】本题主要考查函数周期性和奇偶性的应用，属于基础题．

10. 函数的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解.

【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称，

又，所以函数为偶函数，排除AC；

当时， ，所以，排除D.

故选：B.

11. 已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）

A. 14 B. 12 C. 6 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为，

若，则，与题意矛盾，

所以，

则，解得，

所以.

故选：D.

12. 若是上的减函数，则实数的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分类讨论，当和时，导函数都小于等于0，可求出a的范围，再由函数在上单调递减，可得，解出a的范围，然后取交集即可．

【详解】由题意，

当时，，则在恒成立，则；

当时，，则在恒成立，即在恒成立，解得；

且，解得，即，

故，解得，故选D.

【点睛】本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查了学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题．

二、填空题（本大题共4道小题，每小题5分，共20分）

13. 记为数列的前项和，若，则_____________．

【答案】

【解析】

【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.

【详解】根据，可得，

两式相减得，即，

当时，，解得，

所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，

所以，故答案是.

点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.

14. 已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】求出导函数，利用导函数非负，列出不等式，转化求解即可.

【详解】解：由题意得：

由函数可知：函数，

函数在R上单调递增，可转化为在上恒成立.

于是可知对于二次函数只要

解得：

故答案为：

15.  在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则__________.

【答案】.

【解析】

【分析】建立坐标系利用向量的坐标运算分别写出向量而求解．

【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，．

因为∥，，所以，

因为，所以，

所以直线的斜率为，其方程为，

直线的斜率为，其方程为．

由得，，

所以．

所以．

【点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为方便．

16. 设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：

①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点

③在单调递增④的取值范围是

其中所有正确结论的编号是______.

【答案】①③④

【解析】

【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可，对于③证明出当时,即可.

【详解】已知在有且仅有5个零点，如图，

其图象的右端点的横坐标在上,此时在有且仅有3个极大值点,但在可能有2或3个极小值点,所以①正确, ②不正确;

令,

且,

在上有且仅有5个零点,

在上有且仅有5个零点,

,故④正确.

当时,,

又,

,

在上单调递增.

在上单调递增,故③正确.

故答案为：①③④

【点睛】关键点睛：令,利用整体思想将原函数转化为来研究.

(2)当时,的图象可由的图象经过平移、伸缩变换得到,的增、减区间可通过讨论的增、减区间得到.

三、解答题（本大题共6道小题，共70分）

17. 已知曲线的参数方程为，（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）设：，：，若，与曲线相交于异于原点的两点，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)首先将曲线的参数方程化为普通方程，然后代入可得极坐标方程；

(2)联立直线，与圆的极坐标方程得到，，结合三角形面积公式可得的面积.

【小问1详解】

将曲线的参数方程消去得到曲线的普通方程为，

将代入上式得： ；

【小问2详解】

由，解得，

，解得，

.

18. 已知函数，.

（1）求的值；

（2）求函数在区间上的单调区间.

【答案】（1）；   

（2）在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为.

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换可得，然后根据特殊角的三角函数值即得；

（2）根据正弦函数的单调性结合条件即得.

【小问1详解】

∵

，

∴；

【小问2详解】

∵，

∴，

所以当时，即时，单调递减，

当时，即时，单调递增，

故在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为.

19. 已知等差数列的前项和为，且关于的不等式的解集为.

（1）求数列通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，不等式的解集为可得到的根为，利用韦达定理可得到，，结合即可得到答案；

（2）利用第（1）问可得，利用分组求和法和等差等比的求和公式即可得到答案

【小问1详解】

设等差数列的公差为，

因为关于的不等式的解集为，

所以的根为，

所以，所以，，

又，所以

所以数列的通项公式为；

【小问2详解】

由（1）可得，

因为，所以，

所以数列的前项和

20. 设的内角所对的边分别为，且，．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的值．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【详解】（Ⅰ）因为，

所以

分别代入得解得

（Ⅱ）由得，

因为所以

所以

【考点定位】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了方程思想和运算能力. 由求的过程中体现了整体代换的运算技巧，而求的过程则体现了“通性通法”的常规考查.

21. 已知.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时不等式成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）方法一：将代入函数解析式，求得，利用零点分段法将解析式化为，分类讨论即可求得不等式的解集；

（2）方法一：根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.

【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法

当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．

故不等式的解集为．

［方法二］：【最优解】数形结合法

如图，当时，不等式即为．

由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．

（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论

当时，成立等价于当时，成立．

若，则当时，；

若，由得，，解得：，所以，故．

综上，的取值范围为．

［方法二］：平方法

当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．

当时，不等式不成立；

当时，，不等式解集为空集；

当时，原不等式等价于，解得．

由，解得．故a的取值范围为．

［方法三］：【最优解】分离参数法

当时，不等式成立，等价于时，成立，

即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．

【整体点评】（1）方法一：利用零点分段法是解决含有两个以及以上绝对值不等式的常用解法，是通性通法；

方法二：利用绝对值的几何意义解决特殊类型的绝对值不等式，直观简洁，是该题的最优解．

（2）方法一：分类讨论解出绝对值不等式，利用是不等式解集的子集求出，是通性通法；

方法二：本题将绝对值不等式平方，转化为解含参的不等式，利用是不等式解集的子集求出，虽可解出，但是增加了题目的难度；

方法三：利用分离参数，将不等式问题转化为恒成立最值问题，思想简单常见，是该题的最优解．

22 已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）若函数恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析
    （2）

【解析】

【分析】（1）求导得到，考虑和两种情况，根据导函数的正负判断函数的单调区间即可.

（2）题目转化为，构造函数，求导得到函数的单调区间，计算函数的最小值得到答案.

【小问1详解】

函数的定义域为，且，

当时，，当时，，当时，，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

当时，，有两根－1，，

且，

，则；

，则；

故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

综上可知：

当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；

当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

【小问2详解】

函数恒成立转化为在上恒成立.

令，则，

，，，，

故在上为增函数，在上为减函数.

所以，则，又，故实数的取值范围为.