2023届河南省安阳市高三上学期期中数学（文）试题含解析

2023届河南省安阳市高三上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由交集的定义即可得答案.

【详解】由题，，则.

故选：D

2．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据举例说明判断AC；根据不等式的基本性质判断B；结合分式的意义判断D.

【详解】A：不妨取，，，则，故A错；

B：由得，又，所以，故B正确；

C：当时，，，故C错误；

D：当时，没有意义，故D错误.

故选：B.

3．已知等差数列的前项和为，且，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】由等差数列的性质求解，

【详解】由题意得，

故选：B

4．已知为第三象限角，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.

【详解】，∵为第三象限角，∴.

故选：A.

5．已知向量，，则（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】C

【分析】先计算的坐标，然后计算其模长即可

【详解】因为，

所以，得.

故选：C

6．已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据等比数列的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，

即且，，充分性成立；

反过来，若且，，即（为公比），

因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，

所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.

故选：C.

7．已知的角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用余弦定理求出，根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据面积公式计算可得.

【详解】解：因为，令，，，

由余弦定理可得，

所以，所以.

故选：B

8．已知函数，不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）

A．或 B．

C． D．或

【答案】A

【分析】确定，为方程两根，利用韦达定理求出值，则得到原不等式，解出即可.

【详解】依题知的根为，，则两根之和为3，两根之积为，

∴即∴可化为，即，解得，或，∴不等式的解集为或.

故选：A.

9．若，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对等式，取10为底的对数，得，则得到的值，

再利用化简得到的值，即可得到答案.

【详解】，∴，

又，∴，，

∴，即.

故选：A.

10．已知点，，若线段与函数的图象没有交点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得当时，线段与的图象必有交点，从而只需考虑，结合函数的图像可得出从而得出答案.

【详解】当时，单调递减，易知线段与的图象必有交点，不符合题意；

由，则直线的方程为：，线段与轴的交点为

当时，因为的图象经过点，该点在线段上方，

所以由曲线在线段的上方，得 解得

所以的取值范围为.

故选：C

11．已知函数的最小正周期为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由周期性得，再由对称性与单调性判断，

【详解】因为的最小正周期为，所以，

令得，

即在上单调递增，同理得在上单调递减，

而，，，

由三角函数性质得

故选：D

12．已知函数若在上单调递减，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用导数讨论分段函数的单调性即可求解.

【详解】令函数，.

要满足条件，必须在上单调递减，

在上单调递减，且.

易知在上单调递减.

，

令,即,解得,

令,即,解得,

可得在上单调递增，在上单调递减，所以.

，

令,即,解得,

令,即,解得,

则当时，，

当时，，

要使，则.

所以的取值范围是.

故选:C.

二、填空题

13．在等比数列中，，，则________.

【答案】32

【分析】利用等比数列的性质得到，然后求即可.

【详解】设的公比为，则，.

故答案为：32.

14．在平行四边形中，，，若，，三点共线，则实数________.

【答案】

【分析】根据平面向量的线性运算即可得出结果.

【详解】由题意得，

，

∵，，三点共线，

∴，解得.

故答案为：.

15．已知命题：，，使得方程成立，命题：，不等式恒成立.若命题为真命题，命题为假命题，则实数的取值范围是________.

【答案】

【分析】先求出命题和命题为真时对应的的取值范围，即可求出.

【详解】对于命题，当时，，当时，，

若命题为真，则，即，解得.

对于命题，当时，，，

若命题为真，则，则，

若命题为真命题，命题为假命题，则，所以，

综上可得的取值范围为.

故答案为：.

16．设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为______.

【答案】

【分析】由已知利用等差数列及等比数列的通项可知，进而得解.

【详解】，设，则

又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，

即，

可得，只需即可，所以.

当m取最小值时，由不等式组得，故d的最小值为.

故答案为：

三、解答题

17．在直角坐标系中，角的顶点在原点，始边均与轴正半轴重合，角的终边经过点，角的终边经过点.

(1)求的值；

(2)若角的终边为（锐角）的平分线，求的值.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据题意求出，再根据差的正切公式即可求出；

（2）由题可得，先求出，再根据二倍角公式即可求出.

【详解】（1）依题知，，

∴.

（2）由条件得，，，，

∵角的终边是（锐角）的平分线，∴，

∴，

∴.

18．已知等差数列的公差，前项和为.

(1)若1，，成等比数列，求；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）利用等差数列的通项公式代入计算即可；

（2）利用等差数列的前n项和公式代入计算即可.

【详解】（1）因为1，，成等比数列，所以，

所以，即，

解得或，

所以或.

（2）由题意知，

由，得，

即，解得，

即的取值范围是

19．在中，分别为角所对的边.已知，，.

(1)求的值；

(2)求的面积.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数基本公式和诱导公式得到，，然后利用正弦定理解三角形即可；

（2）利用诱导公式和和差公式得到，然后利用三角形面积公式求面积即可.

【详解】（1）在中，因为，所以，

因为，所以，

由正弦定理可得.

（2）由得，，

由，得，

所以

，

因此，的面积.

20．已知数列的前项和为，，.

(1)证明：数列为等差数列；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据与的关系，得到是以2为首项，2为公比的等比数列，即可证明；

（2）由（1）中的结论可得，然后根据错位相减法即可得到.

【详解】（1）当时，,

当时，由得，

∴，又∵，

∴是以2为首项，2为公比的等比数列，

∴，

∴，

∵，

∴是以1为首项，1为公差的等差数列

（2）由（1）知，∴

∵，

∴

∴

，

∴.

21．已知函数.

(1)若有两个极值点，求的取值范围；

(2)设分别是的极大值点与极小值点，若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据有两个极值点，得到有两个零点，然后令，解不等式即可；

（2）由（1）得，然后求出，最后利用换元法解不等式即可.

【详解】（1），

∵有两个极值点，∴有两个零点，

∴，即，解得或，

∴实数的取值范围是.

（2）由（1）知，且，

令，则，

∵，∴，∴，

即，得，

得或，

∴的取值范围为.

22．已知函数的最小值为1.

(1)求实数的值；

(2)若直线：与曲线没有公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)2

(2)

【分析】(1)根据题意，若则不符合题意；若，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，进而得出关于a的方程，解之即可；

(2)将原问题转化为关于的方程在上没有实数解，当时符合题意，当时，构造函数，利用导数研究函数的单调性求出最小值，即可求解.

【详解】（1）若，易知单调递增，没有最小值，不符合题意；

若，，

令，得，

在上，，在上，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

解得；

（2）直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，

即关于的方程在上没有实数解，

①当时，该方程可化为，在上没有实数解；

②当时，该方程化为，

令，则，

由，得，

在上，，在上，，

则函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，又当时，，

故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，

解得，

综合①②，可知的取值范围是.