黑龙江省佳木斯市第一中学2022-2023学年高三上学期第三次调研数学试题（解析版）

2023届第三次调研考试·数学试卷

一、单选题：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，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出集合A、B，然后根据并集的运算求解即可.

【详解】，

，

所以，

故选：B.

2. 已知（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点一定在（    ）

A. 实轴上 B. 虚轴上

C. 第一､三象限的角平分线上 D. 第二､四象限的角平分线上

【答案】C

【解析】

【分析】设出，从而得到，即，得到复数在复平面内所对应的点在第一､三象限的角平分线上.

【详解】设，则，则，即，从而，故，所以复数在复平面内所对应的点在直线上，即第一､三象限的角平分线上.

故选：C

3. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】对命题进行求解，可得，再通过充分条件和必要条件进行判断即可.

【详解】因为命题是真命题，当时，，若恒成立，则，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是，

故选：B．

4. 设等差数列的前项的和为，若，则（    ）

A. 17 B. 34 C. 51 D. 102

【答案】B

【解析】

【分析】根据等差数列通项求公差，进而根据求和公式即可求解.

【详解】设公差为，则由得，

即，故.

故选：B

5. 在新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段，在某医院成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，设每个检测对象从接受检测到检测报告生成的平均耗时为（单位：小时），已知与n之间的函数关系为（，为常数），并且第16天的检测过程平均耗时16小时，第64天和第67天的检测过程平均耗时均为8小时，那么可得第49天的检测过程平均耗时大约为（    ）

A. 7小时 B. 8小时 C. 9小时 D. 10小时

【答案】C

【解析】

【分析】根据分段函数解析式，当时，函数为定值，所以可得，然后代入数值即可解得，得到解析式.

【详解】由已知可得，当时，函数为定值；当时，显然函数为单调函数.则根据数值分析可得， .所以有，解得.

因为，所以.

故选：C.

6. 已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用二倍角的余弦公式求得，再根据诱导公式即可得解.

【详解】解：因为，所以，

即，

所以.

故选：A.

7. 中，，，，，且，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】由，得，则可得，再结合，，，计算可得答案

【详解】因为，所以，

因为，

所以，

,

所以，

因为，，，

所以，解得，

故选：D

8. 已知函数为偶函数，函数为奇数，当时，，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由是偶函数，是奇函数，可得，．于是，．即函数是以4为周期的函数，再根据函数得周期性即可的解.

【详解】解：是偶函数，是奇函数，

，．

，

．

即函数是以4为周期的函数，

则.

故选：B.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 的内角，，的对边分别为，，，则下列命题为真命题的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则是钝角三角形

C. 若，则为等腰三角形

D. 若，则符合条件的有两个

【答案】AB

【解析】

【分析】根据正、余弦定理在解三角形中的应用，通过边角转化等一一判断即可.

【详解】对A选项，根据结论大角对大边，则有，又因为正弦定理，所以，故A正确；

对B选项，由可得，，为钝角三角形，故B正确:

对C选项，由可得，，

或，是直角三角形或等腰三角形，故C错误；

对D选项，由正弦定理得，故不存在满足条件的，故D错误.

故选：AB.

10. 已知数列为等差数列，其前n项和为，且，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 公差

C. 当时最大 D. 使的n的最大值为16

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据等差数列的性质得出，，逐项判断即可.

【详解】根据等差数列的性质知，，，

又，所以，所以，B项正确；

又，所以，A项正确；

根据，，，，可知，等差数列前8项均为正数，从第9项起为负数，所以当时最大，C项正确；

，，所以使的n的最大值为15.

故选：ABC.

11. 已知函数，则（    ）

A. 为奇函数 B. 在处取极大值

C. 在区间上单调递增 D. 存在3个零点

【答案】BD

【解析】

【分析】由已知，，结合定义域可判断A项；将函数整理为，可得到在上的解析式，求导可判断BC两项；解，可得到函数零点的个数.

【详解】，定义域为，所以为偶函数，A不正确；

由题意可得，，

即当时，，则，

当时，；当时，；当时，.

所以，在处取极大值，B项正确；

在区间上单调递减，C项错误；

解，即，可得，解得，，，所以存在3个零点，D项正确.

故选：BD.

12. 已知函数，，若存在，，使得成立，则（    ）

A. 当时， B. 当时，

C. 当时，的最小值为 D. 当时，的最大值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A项，可通过解不等式直接得出；对于B项，可以取合适的特殊值验证；求出，可知在上单调递增，在上单调递减，则可画出的图象.利用同构可知等价于，结合图象可知当时，与只有一个交点，则，则 ，代入CD项可构造函数，通过求导得到最值.

【详解】由已知，当时，即，，，，

所以有，A正确；

取，则，此时令，则有，，B项错误；

∵，         ∴

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

所以， 的图象如图所示.

又，即.当时，如图易知，与只有一个交点，

由可得，此时，，.

则.

令，则.

当时，，即在上单调递增；

当时，，即在上单调递减.

所以，在处有最小值，C项正确；

当时，.令，.

当时，，即在上单调递减；

当时，，即在上单调递增.

所以，在处有最大值，D项正确.

故选：ACD.

【点睛】本题考察利用导数研究函数的单调性与交点问题，属于难题.通过导函数得出性质，画出函数图象.对多个变量时，常考虑利用同构.本题利用同构可知，等价于，结合图象，得出的关系，简化解题过程，找到突破口.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知角的终边上一点，则____.

【答案】

【解析】

【分析】由三角函数的定义求，再由诱导公式求.

【详解】角的终边上一点，点到原点距离为2，由三角函数的定义，

由诱导公式.

故答案为：

14. 已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解.

【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，

则由题意知，，解得R=2.

又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且.

则圆柱的侧面积，，

因为，，当且仅当，即，时，等号成立.

所以，

故答案为：.

15. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以在高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮的最高点距离地面的高度为12，转盘的直径为10，A，B为摩天轮在地面上的两个底座，，点P为摩天轮的座舱，则的范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得到P到AB中点距离的最大值和最小值，然后根据数量积的运算，可得到答案.

【详解】设C为AB的中点，如图示：由题意可知： ,

则，

又因为，所以的取值范围是,

故答案：

16. 设正数数列的前项和为，数列的前项之积为，且，则数列的通项公式是______．

【答案】

【解析】

【分析】由递推关系可得，求出前几项，可猜想出，再加以验证，利用即可求出.

【详解】当时，，即，则，

当时，，，

则，整理可得，

则可得，，，，

则猜想，代入检验得

，满足猜想，，

，当时，，

.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列得通项公式，解题的关键是根据递推关系先得出，利用猜想得出.

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. 已知向量，．

（1）若，且，求x的值；

（2）若函数，求函数的最小正周期和单调递增区间.

【答案】（1）或   

（2），

【解析】

【分析】（1）根据平面向量共线得坐标表示列出方程，解之即可；

（2）根据数量积得坐标表示结合三角恒等变换化简，再根据三角函数的周期性和单调性即可得解.

【小问1详解】

解：因为，

所以，

即，

所以或，

则或，

又，

所以或；

【小问2详解】

解：

，

所以函数的最小正周期，

令，得，

所以函数得单调递增区间为.

18. 设数列满足，且．等差数列的公差d大于0．已知，且成等比数列．

（1）求证：数列为等差数列，并求的通项公式；

（2）求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列得定义证明等于一个定值即可得证，从而可求得数列的通项，再利用累加法即可求出的通项公式；

（2）先求出数列通项，再利用裂项相消法即可得出答案.

【小问1详解】

证明：因为，

所以，

又，

所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列，

则，

当则

，n=1成立

所以；

【小问2详解】

解：由，得，

又成等比数列，使用，

即，解得（舍去），

所以，

则，

所以.

19. 在中，角所对的边分别为，且满足.

（1）求角；

（2）为边上一点，，且，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得到，再利用辅助角公式求出；

（2）分别在与中，利用正弦定理得到，再由余弦定理得到，从而求出.

【小问1详解】

由，得.

由，

故

所以，

又因为，所以，故.

即，又，所以.

【小问2详解】

由（1）知：

所以.

在中，；在中，.

又，代入得：.

由余弦定理得：，

所以.

20. 已知数列单调递增且，前项和满足，数列满足，且，.

（1）求数列、的通项公式;

（2）若，求证：.

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由结合可求得的值，令，由题意推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，分析可知数列为等比数列，确定的该数列的公比，结合的值可求得数列的通项公式；

（2）由时，，由时，利用放缩法可得出，再利用等比数列的求和公式可证得结论成立.

【小问1详解】

解：当时，，所以或，因为，故；

当时，，即，

因为是单调递增的数列，所以，，则，即，

所以，是等差数列，公差为，首项是，所以，.

由得，，所以是等比数列，，，

则数列的公比为，所以，.

【小问2详解】

解：当时，，

当时，.

所以，

.

综上可知，对任意的，成立.

21. 设函数，且是定义域为R的奇函数，且的图象过点．

（1）求和的值；

（2）若R，，求实数的取值范围；

（3）是否存在实数m，使函数在区间上的最大值为1．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）   

（3）存在，

【解析】

【分析】(1)直接利用奇函数可得到t值，再代回解析式看是否符合奇函数的条件，由函数过点代入求a；

(2)利用奇函数的性质可得，再由函数单调性脱去“”，转化为二次不等式恒成立求解即可；

 (3)令 换元后转化为二次函数有最大值，分类讨论求出最大值得出即可.

【小问1详解】

∵f（x）是定义域为R上的奇函数，

且，∴，

∴ ，此时，满足，

故符合题意，

∵函数的图象过点，∴，即，

解得或，因为且，

∴．

【小问2详解】

由（1）知，

由，得，

∵为奇函数，∴，

为R上的增函数，

∴对一切R恒成立，即对一切R恒成立，

故，解得．

【小问3详解】

由题意

设则，

∵，∴，记，

∴函数在有最大值为1，

①若对称轴，

∴，不合题意．

②若对称轴，

综上所述：故存在实数，使函数g（x）在上的最大值为1．

22. 已知函数.

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）若有两个极值点，（），且不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合切线的点斜式方程，可得答案；

（2）由极值点的必要条件，得到参数与极值点之间的等量关系，化简整理并整体还原，可得一元不等式，利用导数证明不等式恒成立，可得答案.

【小问1详解】

若，则，

，

则切线的斜率为，又，

所以曲线在点处的切线方程是，即.

【小问2详解】

，由条件知，是方程的两个根，

所以则.

所以.

设，可知的取值范围是，则，

不等式恒成立，等价于恒成立.

设，则恒成立，

.

（i）若，则，所以，在上单调递增，

所以恒成立，所以符合题意；

（ii）若，令，得，令，得

则在上单调递增，在上单调递减，

所以当的取值范围是时，，不满足恒成立.

综上，实数的取值范围是.

【点睛】关键在于第二问，注意利用等量关系进行等量代还，转化不等式，再利用导数研究含参函数的单调性，注意分类讨论和数形结合思想的应用，