2023届黑龙江省佳木斯市第十二中学（佳木斯市建三江第一中学）高三上学期期中数学试题含解析

2023届黑龙江省佳木斯市第十二中学（佳木斯市建三江第一中学）高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A． B．4 C． D．10

【答案】A

【分析】根据复数的乘方运算求得，再根据复数模的计算求得答案.

【详解】复数，则，

故，

故选：A

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式求得集合A,B,根据集合的并集运算，即可求得答案.

【详解】解可得，

故，

解可得 ，故，

所以，

故选：C

3．已知直线y＝x＋b与圆，则“”是“圆C上的任意一点到该直线的最大距离为”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

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线与圆的位置关系分析判断即可.

【详解】圆的圆心为，半径为1，

由于，可得该直线与圆不相交，

因为圆C上的任意一点到该直线的最大距离为，

所以圆心到直线的距离为，解得或，

所以“”是“圆C上的任意一点到该直线的最大距离为”的充分不必要条件．

故选：A

4．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将问题转化为在上恒成立，由此可得，根据二次函数最值的求法可求得结果.

【详解】在上单调递减，在上恒成立，

即在上恒成立，

又，，实数的取值范围为.

故选：C.

【点睛】思路点睛：本题考查根据函数在区间内的单调性求解参数范围的问题，本题解题的基本思路是将问题转化为恒成立的问题，进而采用参变分离的方法将问题转化为二次函数最值的求解问题.

5．已知平面向量，，且非零向量满足，则的最大值是（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】设，由得，将转化为和圆上点之间的距离，即可求出最大值.

【详解】

设，则，，

整理得，则点在以为圆心，为半径的圆上，则表示和圆上点之间的距离，

又在圆上，故的最大值是.

故选：B.

6．已知P是半圆C：上的点，Q是直线上的一点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用数形结合思想，结合点到直线距离公式进行求解即可.

【详解】由，如图所示，

显然当P运动到坐标原点时，有最小值，

最小值为原点到直线的距离，

即，

故选：D

7．已知定义在上的奇函数满足，，，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意可得函数的周期为，再根据周期性与奇偶性得到，最后根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.

【详解】解：因为为奇函数，，

又，，函数的周期，

，

，则，解得，即．

故选：C

8．函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（   ）

A．2 B．1 C．4 D．0

【答案】A

【分析】由题意作出和的图象即可求解.

【详解】令，得，

令，，

故在和上是单调递增函数，

令，得，

的图象可由的图象向右平移1个单位长度得到，

易知和的图象都关于中心对称，

在同一个坐标系作出和的图象如图所示：

易知它们有两个交点，且关于中心对称，

所以.

故选：A

9．已知等差数列的公差不为0，且成等比数列，则错误的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设出公差，根据题干条件列出方程，求出公差，求出通项公式，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.

【详解】设等差数列的公差为d（）.

因为且成等比数列，所以.

解得：，所以.

对于A：.故A正确；

对于B：因为，所以.故B正确；

对于C：.故C错误；

对于D：因为，所以当时，，即.故D正确.

故选：C

10．已知函数，下列说法错误的有（    ）

A．曲线在处的切线方程为 B．的单调递减区间为

C．的极大值为 D．方程有两个不同的解

【答案】D

【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可；对于B，对函数求导后，由导数小于零可求得结果；对于C，求导后求出函数的单调区间，从而可求出函数的极大值；对于D，画出的图象，利用图象求解.

【详解】因为，，所以，

对于A，，则在处的切线方程为，所以A正确；

对于B，令，解得，所以的单调递减区间为，所以B正确；

对于C，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，所以C正确；

对于D，由C的解析知在上单调递增，在上单调递减，且，

当时，，当时，，所以画出的图象，如图，

方程解的个数，即的图象与的交点个数，

由图知只有一个解，所以D错误.

故选：D

11．已知圆与圆，则下列说法错误的是（    ）

A．若圆与轴相切，则

B．若，则圆与圆相离

C．若圆与圆有公共弦，则公共弦所在的直线方程为

D．直线与圆始终有两个交点

【答案】C

【分析】对A，圆心到x轴的距离等于半径判断即可；

对B，根据圆心间的距离与半径之和的关系判断即可；

对C，根据两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程；

对D，根据直线过定点以及在圆内判断即可.

【详解】因为，，

对A，若圆与x轴相切，则圆心到x轴的距离等于半径，所以，故A正确；

对B，当时，，两圆相离，故B正确；

对C，由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，故C错误；

对D，直线变形为，过定点，

因为，故点在圆内部，

所以直线与圆始终有两个交点，故D正确.

故选：C

12．已知在平面直角坐标系中，，，，，，P为该平面上一动点，记直线PD，PE的斜率分别为和，且，设点P运动形成曲线F，点M是曲线F上位于x轴上方的点，则下列说法错误的有（    ）

A．动点P的轨迹方程为

B．面积的最大值为

C．的最大值为5

D．的周长为6

【答案】A

【分析】设，由两点求直线斜率公式化简可求点P的轨迹方程，即可判断A；结合焦点三角形的面积计算即可判断B；根据椭圆的定义和三角形三边的大小关系即可判断C；结合焦点三角形的周长为定值2a+2c，即可判断D.

【详解】由题意得，

设点，则，

由，得，

整理，得，

即动点P的轨迹方程为，故A错误；

由可得，所以，为的焦点，

故当点运动到椭圆的上顶点时，的面积最大，

此时，故B正确；

将代入可得，故在椭圆内，

由椭圆的定义，得，

而，

当且仅当三点共线且点P位于第四象限时等号成立，

所以，故C正确；

焦点三角形的周长为定值，故D正确.

故选：A.

二、填空题

13．过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则直线过定点__________.

【答案】

【分析】设，利用与圆的关系，得到，，进而得到点均在以为直径的圆上，进而得到圆的方程，则直线为两圆的公共弦，进而可求出直线以及该直线所过的定点

【详解】设，则有①，又由圆的圆心为，直线，是圆的两条切线，为切点，则，，则点均在以为直径的圆上，设的中点为，则圆的方程为，

化简得；直线即为两圆的公共弦，所以，对于和，两式相减可得直线的方程为，由①可得，，整理得，故直线过定点

故答案为：

14．已知等差数列的前项和为，则的最大值为_____.

【答案】54

【分析】先求出等差数列的通项公式及前项和，再利用导数求的最大值即可.

【详解】解：因为是等差数列，且有，

所以，解得，

所以，=，

令，

所以，

因为，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

所以，

故答案为：54.

15．已知点F为椭圆的左焦点，O为坐标原点，过椭圆的右顶点作垂直于x轴的直线l，若直线l上存在点P满足，则椭圆C的离心率的取值范围为____________．

【答案】

【分析】设，由求出，结合正切的差角公式及基本不等式求得，解不等式即可求得离心率的取值范围.

【详解】

设，其中，右顶点为，由，则，，

又由，有，

又由，有，当且仅当时取等，

整理为，可得，解得．

故答案为：.

16．已知函数，则不等式的解集为______．

【答案】

【分析】令，进而研究其单调性得在单调递增，研究其奇偶性得为奇函数，进而将不等式转化为，再结合单调性解不等式即可.

【详解】解：令，则，

因为，

所以，函数为奇函数，

所以等价于，即，

所以，

设，且，

所以，

因为，且，所以，

所以，即，

所以函数在单调递增，

所以，解得，

所以，不等式的解集为.

故答案为：

三、解答题

17．已知等差数列满足首项为的值，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用对数的运算法则求得的首项，再利用等差数列的通项公式代入即可求解；

（2）将（1）中代入，利用裂项求和法即可求得.

【详解】（1）根据题意得， ，

因为数列是等差数列，设公差为，则由，得，解得，所以.

（2）由（1）可得，

所以.

18．已知数列的首项，且满足.

(1)求证：数列为等比数列：

(2)若，求满足条件的最大整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)50

【分析】（1）两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.

(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.

【详解】（1）证明：由，可得，

又

故数列为等比数列.

（2）由（1）可知，故.

令，易知随的增大而增大，，故满足的最大整数为50.

19．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角C；

(2)若E为AB上的中点，且CE的长为1，求△ABC的面积的最大值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）化简已知条件可以得到从而可以求得角，

（2）由余弦定理、基本不等式可得面积的最大值.

【详解】（1）由，

得：，即，

由余弦定理得，∴，∵，∴．

（2）由余弦定理：  ①，

  ②，

由可得：①＋②得即

∴

∴，当且仅当时取等号

所以

20．已知函数 ．

(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；

(2)若锐角中角A、，所对的边分别为、、，且，求的取值范围．

【答案】(1)，；

(2) ．

【分析】（1）利用三角函数的恒等变换对函数进行变形，再求函数的周期与单调增区间即可；

（2）由题意利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简，求得 ，再求的取值范围即可得答案．

【详解】（1）

，

所以函数的最小正周期，

又由 ，

所以函数的增区间为；

（2） ，则,由于锐角中角，，

，

三角形是锐角三角形， ， ，

得， ，故，

，即．

21．已知函数的部分图象如图所示，

(1)求函数的解析式和单调递减区间；

(2)若函数在上有两个不同的零点求实数的取值范围，并计算的值.

【答案】(1),递减区间为；

(2)，.

【分析】（1）根据函数图象先确定A的值，将点代入函数解析式求得，利用点结合五点法求得，可得函数解析式，利用正弦函数的单调性求得函数单调减区间；

（2）作出函数在上的图象，数形结合，根据和 的图象有两个不同交点，确定m的范围，结合函数对称性，求得的值，即得的值.

【详解】（1）由函数图象可知,由图象过点，可得，

因为，故，

由函数图象过点结合五点法可知，该点对应函数的图象中的点，

故，

故函数的解析式为；

令，即得，

即函数单调递减区间为;

（2）作出函数在上的图象，

当时，，且，

函数在上有两个不同的零点

即和 的图象有两个不同交点，

由图象可知 ，不妨设，则关于直线对称，

故,所以.

22．已知函数．

(1)求的极值；

(2)当时，总有，求实数a的取值范围．

【答案】(1)时，无极值；时，的极大值为，无极小值.

(2)

【分析】（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性，即可求解函数的极值；

（2）解法一：依题意，令，不等式的恒成立，即为在恒成立，利用导数分类讨论求解函数的单调性和最值，即可求解；

解法二：依题意，令，不等式的恒成立，转化为在恒成立，求得，利用二次函数的性质，求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】（1）的定义域为，，

①时，，在上为增函数，所以无极值.

②时，令，得.

时，，为增函数，

时，，为减函数，

故的极大值为，无极小值.

综上，时，无极值；时，的极大值为，无极小值.

（2）解法一：依题意，当时，，即，即在恒成立

令，即在恒成立

，

①时，，在上为增函数，

时，不合题意，舍去.

②时，令，则，

所以时，，为减函数，

所以，适合题意；

③时，，方程有两个不等实根，

因为，

所以时，，为增函数，

故不合题意，舍去

综上，的取值范围为.

解法二：依题意，在恒成立，

令，即在恒成立

，

①时，因为，

所以在上为增函数，故 ，适合题意；

②时，令，

，

以为，

所以时，为减函数且，

所以 ，为减函数，

所以时，不合题意，舍去

③时，的对称轴为，因为，

所以时，为减函数且，

所以，故为减函数，

所以时，不合题意，舍去

综上，的取值范围为.

【点睛】

思路点睛：本题主要考查利用导数解决不等式的恒成立问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.