广东省深圳市深圳实验学校光明部2023届高三上学期期中数学试题（解析版）

深圳实验学校光明部2022-2023学年度第一学期考试

高三数学

时间：120分钟  满分：150分  命题人：王鹏  审题人：秦慧慧

第一卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据几何的交运算运算即可求解.

【详解】由题意可知：，

故选:C

2. 若，则=（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据共轭复数和复数的模即可求解.

【详解】，

，，

所以.

故选：B

3. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】建系，写出相关点的坐标，根据向量求解.

【详解】

如图建立空间直角坐标系，则，，，，

则，，则，

所以，异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

4. “数列为等差数列”是“数列为等比数列”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】B

【解析】

【分析】根据两个条件之间的推出关系可得正确的选项.

【详解】取，则，故为等差数列，

但，，，不为等比数列，故数列不是等比数列，

故“数列为等差数列”推不出“数列为等比数列”，

若数列为等比数列，故，其中，

故，

故，故数列为等差数列，

故“数列为等比数列”可推出“数列为等差数列”，

故“数列为等差数列”是“数列为等比数列”的必要不充分条件，

故选：B.

5. 已知向量．若不超过5，则k的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】结合向量的坐标运算解不等式即可求解.

【详解】因为，所以，，即，解得.

故选：A

6. 如图，圆内接四边形中，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】过点C作交延长线于点E，由此可得旋转形成的几何体为圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，根据体积公式即可求得答案.

【详解】圆内接四边形中，，所以 ，

过点C作交延长线于点E，所以四边形是直角梯形，

，故 是等腰直角三角形；

所以四边形沿旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，

即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，

, ，

所以旋转体的体积 ．

故选︰D．

7. 质数也叫素数，17世纪法国数学家马林-梅森曾对“”（p是素数）型素数进行过较系统而深入的研究，因此数学界将“”（p是素数）形式的素数称为梅森素数．已知第12个梅森素数为，第14个梅森素数为，则下列各数中与最接近的数为（    ）参考数据：

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】近似化简，结合对数运算求得正确答案.

【详解】，令，两边同时取常用对数得，

∴，∴，结合选项知与最接近的数为.

故选：C.

8. 定义在上的偶函数满足,当时,,则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据偶函数和,判断出周期,根据的解析式判断出单调性,将根据奇偶性,周期性,对称性,转化至同一单调区间,判断的大小即可判断函数值的大小比较,不好判断时可利用放缩或构造函数进行大小判断.

【详解】解:由题知为偶函数,,

①,

将代换为可得:

②

①-②可得,

,

周期为4,

,,

,,

时单调递增,

由以上可知:

;

,

,

将代入上式,则有,

,

,

,

将代入上式,则有,

,

若比较的大小,只需比较的大小,

,

只需要比较的大小,

两式相减可得:,

记,

,

,

单调递增,

则,

即,

故,

时单调递增,

,

,

.

故选:C

【点睛】(1)若,则周期为,若满足,周期均为,为非零常数;

(2)常用的放缩有:

;

当时取等;

,当时取等,

在大题中应用时需进行证明,做差求导求最值即可证明.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 己知数列满足，则下列结论中确的是（   ）

A.  B. 为等比数列

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用递推式可求得的值，可判断A，B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;

【详解】，则 ，又 ，

同理 ，故A正确；

而 ，故不是等比数列，B错误；

，故C正确；

，故D正确.

故选：ACD

10. 已知函数的部分图象如图（1）所示，函数的部分图象如图（2）所示，下列说法正确的是（    ）

A. 函数的周期为

B. 函数的图象关于直线对称

C. 函数在区间上有4个零点

D. 将函数的图像向左平移可使其图像与图像重合

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据图象可求两个函数的解析式，再逐项计算后可得正确的选项.

【详解】由图象（1）可得，，故，

故，而，

故，而，故，故，

由图（2）可得，，故，

故，而，

故，而，故，故，

对于A，的最小正周期为，故A错误；

对于B，，

故函数的图象关于直线对称，故B正确；

对于C，即为，

故或，，

故或，.

令，故；

令，故；

故在区间上有4个零点，故C正确.

对于D，函数的图像向左平移，

其图象对应的解析式为：

.

故D正确，

故选：BCD.

11. 已知函数，则（    ）

A. 有两个极值点 B. 有三个零点

C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线

【答案】AD

【解析】

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，，，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C错误；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D正确.

故选：AD.

12. 下列命题中真命题有（    ）

A. 若，则是钝角

B. 数列的前n项和为，若，则

C. 若定义域为的函数是奇函数，函数为偶函数，则

D. 若，分别表示的面积，则

【答案】CD

【解析】

【分析】根据数量积的知识可判断A，对于B，由条件可得当时有，然后可得，即可判断，对于C，利用奇函数的知识和可判断，对于D，设线段的中点分别为，连接，根据条件可得点是线段靠近点的三等分点，然后可判断.

【详解】对于A，若，则，故A错误；

对于B，因，所以当时有，

两式相减可得，即，

当时，，所以，故B错误；

对于C，因为函数为偶函数，所以，所以，

因为是定义域为的奇函数，所以，故C正确；

对于D，如图，设线段的中点分别为，连接，

因为，所以，

所以，即，

即点是线段靠近点的三等分点，

所以，故D正确；

故选：CD

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 己知函数，则函数的单调递增区间是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】利用导数法求单调区间即可

【详解】函数，其定义域，

则在恒成立，

所以函数 单调递增区间是.

故答案为：.

14. 当时，函数的最小值为______;

【答案】##

【解析】

【分析】利用基本不等式可求得所求函数的最小值.

【详解】因为，则，则.

当且仅当时，等号成立，

所以，当时，函数的最小值为.

故答案为：.

15. 中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象．如图（1）是八卦模型图，将共简化成图（2）的正八边形，若，则______________．

【答案】##

【解析】

【分析】在中由余弦定理求出，进而可得，再由数量积的定义求解即可

【详解】在中，设，，

则，所以，

又，

所以，

所以，，

所以

故答案为：

16. 已知数列的前项和为，，，则数列_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据可得，再利用累乘法即可求解.

【详解】由题意可得，

所以，

所以，

所以，

又因为，所以，

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知．

（1）求的单调递增区间；

（2）的内角的对边分别为．若，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换公式，化简函数为型函数，进而求得答案；

（2）根据题意，利用余弦定理求出，再根据三角形面积公式可计算答案.

【小问1详解】

结合正弦函数的图象与性质，可得当，

即时，函数单调递增，

∴函数的单调递增区间为．

【小问2详解】

∵由余弦定理得，

所以，即

解得，所以，

．

18. 设等差数列的前n项和为，已知，且是与的等比中项，数列的前n项和．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，对任意总有恒成立，求实数的最小值．

【答案】（1）或（其中），;   

（2）.

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出，利用可求出；

（2）由（1）可得，则，然后利用裂项相消法可求得结果.

【小问1详解】

设等差数列的公差为d，

由得，

因为是与的等比中项，

所以．

化简得且，

解方程组得或．

故的通项公式为或（其中）；

因为，

所以，，

所以，

因为，满足上式，

所以；

【小问2详解】

因为，所以，

所以，

所以，

所以

，

易见随n的增大而增大，从而恒成立，

所以，故的最小值为.

19. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．己知．

（1）求A；

（2）若，且，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得，结合，求出；

（2）由正弦定理得到，从而得到，结合，求出，得到的取值范围.

【小问1详解】

由，得：

由正弦定理得：

又，所以，

故，即，则；

【小问2详解】

由正弦定理得：

所以

又因为，所以，又，故，

故，则，所以

故的取值范围为．

20. 如图，在四棱锥中，底面，，，，．点E为棱的中点，点F为棱的中点．

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取中点H，只需证明平面就可得到.

(2)建立空间直角坐标系，求出，面法向量为，由线面角正值计算公式求解.

【小问1详解】

取中点H，连接，

∵，

∴，

∵底面，底面，

∴，

又平面，平面，

∴平面，

∵平面，∴，

在三角形中，点E，H分别为的中点，∴，

又，∴，

∵H为中点．∴，

∵，∴四边形为平行四边形，，

∵，∴，

∵平面，平面，

∴平面，

∵平面，

∴．

【小问2详解】

如图，以A为原点，分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

，

设平面的法向量为，

，令，则，所以，

设直线与平面所成角，则．

21. 已知公比大于1的等比数列满足．

（1）求的通项公式；

（2）求的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据条件以及等比数列公式列方程即可求解；

(2)运用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

设的公比为．

由题设得解得或 （舍），

所以的通项公式为；

【小问2详解】

由（1）得，所以…①，运用错位相减法：

…②，①-②得：

，

所以；

综上， ，.

22. 已知函数（a为常数）．

（1）若函数在定义域上单调递增，求a的取值范围；

（2）若存在两个极值点，且，求的取值范围．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出在上恒成立，分离参数即可求出a的取值范围.

（2）求导得到韦达定理，再化简，

令，则，设，利用导数求出该函数的值域即可.

【小问1详解】

，

，

是定义域上的单调递增函数，

在定义域上恒成立，即在上恒成立．

即，令，则，当且仅当等号成立．

实数的取值范围为，．

【小问2详解】

由（1）知，

根据题意由有两个极值点，即方程有两个正根，．

所以，，

不妨设，则在，上是减函数，

，

，

令，则，又，

即，解得，．

设，

则，在，上单调递增，

， ，，

即，

所以的取值范围为