2023届福建省龙岩市永定区坎市中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届福建省龙岩市永定区坎市中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合和集合，再由交集的概念，即可求出结果.

【详解】因为，

，

所以.

故选：C.

【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及指数不等式的解法，属于基础题型.

2．设命题p：，，则命题p的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，进行否定即可.

【详解】命题p的否定为，.

故选：D

3．已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用集合的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】对于A，，且，即是p的不充分不必要条件，A不是；

对于B，，且，即是p的不充分不必要条件，B不是；

对于C，，即是p的一个充分不必要条件，C是；

对于D，，即是p的必要不充分条件，D不是.

故选：C

4．在直角坐标系中，若角的终边经过点，，则　　

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，再利用诱导公式求得的值．

【详解】解：角的终边经过点，，则，，

则，

故选：B．

【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．

5．已知函数，满足对任意x1≠x2，都有0成立，则a的取值范围是（　　）

A．a∈(0,1) B．a∈[,1) C．a∈(0,] D．a∈[,2)

【答案】C

【分析】根据条件知在R上单调递减，从而得出，求a的范围即可．

【详解】∵满足对任意x1≠x2，都有0成立，

∴在R上是减函数，

∴，解得，

∴a的取值范围是．

故选：C．

6．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；

解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.

【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，

根据已知得到了函数的图象，所以，

令,则,

所以,所以；

解法二：由已知的函数逆向变换，

第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，

第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，

即为的图象，所以.

故选：B.

7．如图，中，角的平分线交边于点，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】中由正弦定理求得后可得，从而得，角，得，用余弦定理可得．

【详解】在中，根据正弦定理得，

由，

所以，

所以，

所以，则，

所以，

在中，由余弦定理得，

所以．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理，余弦定理，特殊角的三角函数值等基础知识，解题时对照已知条件选用恰当的公式进行计算．如先在中选用正弦定理求得两边中另一边的对角，可得三角形的第三角，这样图形听所有角都已知，然后再求选用公式求边．本题也可以不用余弦定理求边．

8．给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心，若函数，则（    ）

A．8082 B．2021 C．-8082 D．-2023

【答案】C

【分析】通过二次求导可得，可得，，所以的图像的对称中心为，即，据此规律求和即可.

【详解】由，可得，

令可得，

又，

所以的图像的对称中心为，

即，

所以

，

故选：C

二、多选题

9．在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】分和两种情况讨论两个函数的单调性进行判断.

【详解】当时，在单调递增且其图象恒过点，

在单调递增且其图象恒过点，

则选项B符合要求；

当时，在单调递减且其图象恒过点，

在单调递减且其图象恒过点，

则选项D符合要求；

综上所述，选项B、D符合要求.

故选：BD.

10．已知，，给出下列四个不等式，其中一定成立的不等式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】选项A，利用基本不等式得，再利用基本不等式得，两次等号成立的条件必须相同；选项B，把展开，利用基本不等式即可证明；选项C，由基本不等式可判断；选项D，作差法证明即得.

【详解】对A，，

当且仅当，即时，等号成立，故A正确；

对B，，

当且仅当，即时等号成立，故B正确；

对C，，

，当且仅当时等号成立，故C错误；

对D，，,

由

，当且仅当时等号成立，

所以，故D正确.

故选：ABD.

11．已知，，其中，为锐角，以下判断正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据同角关系可求，根据配凑角的方式即可求解B,根据积化和差即可求解C，根据弦切互化即可求解D.

【详解】因为，，其中，为锐角，故

所以：，故A正确；

因为，

所以

，故B错误；

可得，故C正确；

可得，所以，故D错误．

故选:AC

12．若定义在上的奇函数满足，在区间上，有，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的图象关于点成中心对称

B．函数的图象关于直线成轴对称

C．在区间上，为减函数

D．

【答案】AC

【分析】根据对称性，周期性的定义可得关于成轴对称，关于成中心对称，以为周期的周期函数，再由题意可得函数在区间上单调递增，即可判断；

【详解】解：因为是定义在上的奇函数，所以，

又，即关于对称，故B不正确；

所以，即，

所以，

所以是以为周期的周期函数，

因为在区间上，有，

所以在上单调递增，

因为，即，

所以的图象关于点成中心对称，故A正确；

因为关于成轴对称，关于成中心对称，且在上单调递增，

所以在上单调递减，故C正确；

因为，故D错误；

故选：AC

三、填空题

13．不等式的解集为______．

【答案】

【分析】把分式不等式化为一元二次不等式求解即可

【详解】，

解得或

所以不等式的解集为

故答案为：

14．已知，函数若，则___________.

【答案】2

【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.

【详解】，故，

故答案为：2.

15．若方程在内有解，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】利用同角三角函数关系式可将问题转化为在上有解，利用正弦函数及二次函数的性质求得a的取值范围.

【详解】把方程变为，

设，则

．

显然当且仅当的值域时,有解．

且由知,，

∴当时，有最小值，当时，有最大值

的值域为,

∴的取值范围是．

故答案为：.

16．已知等差数列的前n项和为，，则______．

【答案】####

【分析】由找出公差与首项间的关系，利用求和公式代入中化简即可

【详解】设等差数列的首项为，公差为

由，则

所以，且及

所以

故答案为：.

四、解答题

17．某厂家举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为x万元时，销售量P万件满足P＝3﹣（其中0≤x≤2）.现假定生产量与销售量相等，已知生产该产品P万件还需投入成本（10+2P）万元（不含促销费用），产品的销售价格定为（4+）万元/万件.

（1）将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；

（2）当促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？并求出最大利润.

【答案】（1），0≤x≤2；（2）当促销费用投入1万元时，厂家的利润最大，最大利润为13万元.

【分析】（1）根据题意，结合已知数据，即可列出函数关系式；

（2）根据（1）中所求函数解析式，求函数的最大值即可.

【详解】（1）当促销费用为万元时，

付出的成本是：

销售收入是：，

故

整理可得，0≤x≤2.

（2）根据（1）中所求，

，当且仅当时取得最大值.

故当促销费用投入1万元时，厂家的利润最大，最大利润为13万元.

【点睛】本题考查分式函数模型的应用，涉及利用基本不等式求和的最小值，属综合基础题.

18．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.

（1）证明：；

（2）若，求.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.

（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.

【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，

得，

因为，所以，即．

又因为，所以．

（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理

因为，如图，在中，，①

在中，．②

由①②得，整理得．

又因为，所以，解得或，

当时，（舍去）．

当时，．

所以．

[方法二]：等面积法和三角形相似

如图，已知，则，

即，

而，即，

故有，从而．

由，即，即，即，

故，即，

又，所以，

则．

[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合

由（1）知，再由得．

在中，由正弦定理得．

又，所以，化简得．

在中，由正弦定理知，又由，所以．

在中，由余弦定理，得．

故．

[方法四]：构造辅助线利用相似的性质

如图，作，交于点E，则．

由，得．

在中，．

在中．

因为，

所以，

整理得．

又因为，所以，

即或．

下同解法1．

[方法五]：平面向量基本定理

因为，所以．

以向量为基底，有．

所以，

即，

又因为，所以．③

由余弦定理得，

所以④

联立③④，得．

所以或．

下同解法1．

[方法六]：建系求解

以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，

长为单位长度建立直角坐标系，

如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．

设，则．⑤

由知，，

即．⑥

联立⑤⑥解得或（舍去），，

代入⑥式得，

由余弦定理得．

【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；

方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；

方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；

方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；

方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.

19．已知正项数列的前项和为，且，(且).

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；

（2）利用裂项相消法即可求出答案．

【详解】（1）∵，

∴，

又，

∴，

∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，

∴，∴，

当时，，

当时，，满足上式，

∴数列的通项公式为；

（2）由（1）可知，，

，

∴当时，．

20．已知函数

(1)求的最小正周期和对称中心;

(2)求的单调递减区间；

(3)当时，求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的值

【答案】(1)，；

(2)；

(3)当时，最大值为．

【分析】（1）利用二倍角降幂公式、辅助角公式可得出，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，解方程可得出函数的对称中心坐标；

（2）解不等式，可得出函数的单调递减区间；

（3）由，计算出的取值范围，利用正弦函数的性质可得出该函数的最大值以及对应的的值.

【详解】（1），

所以，函数的最小正周期为.

由，可得，

函数的对称中心为；

（2）解不等式，

解得.

因此，函数的单调递减区间为；

（3）当时，，

当时，

即当时，

函数取得最大值，最大值为．

21．设数列满足，.

（1）求数列的通项公式;

（2）令，求数列的前项和.

【答案】（1），；（2），.

【分析】（1）利用累加法求通项公式；

（2）利用错位相减法以及等比数列求和公式即可得出.

【详解】（1）由已知，当时，

，

当时，符合上式，

，.

（2）由（1）知，

①

②

①-②得

所以，，.

【点睛】数列求和的方法技巧

(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

22．已知函数.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）讨论的单调性；

（3）当时，证明：.

【答案】（1）；（2），在单调递减；，在单调递增，在单调递减；（3）证明见解析.

【分析】（1）求得导函数，利用导数的几何意义得到切线的斜率，进而得出切线方程；

（2）分类讨论，函数的定义域，在定义域内研究讨论导数的正负，进而得到单调性；

（3）解法1：等价转化为.先将不等式左边看成以a为自变量的函数，设，利用导数研究其单调性，进而得到

.由（1）可知，当时，，得，然后利用放缩证得；

解法2：（3）不等式等价于.

由（1）可知，当时，，得，先利用，得到，从而为证原不等式，只需证

构造函数，利用导数研究其单调性，进而得证.

【详解】（1），则，

于是点处切线方程为：，即.

（2）若，则定义域，，在单调递减.

若，则定义域为，.

由得，由得，所以在单调递增，在单调递减.

解法1：（3）不等式等价于.

设，.

设，则，所以.

而，所以，在单调递减，所以.

由（1）可知，当时，，得.所以

.

因此当时，.

解法2：（3）不等式等价于.

由（1）可知，当时，，得，从而.

设，在单调递增.

因为，所以当时，，当时，.

所以.因此.

所以当时，.

【点睛】利用，进行放缩是解决同时含有指数对数的不等式证明得常用方法，值得注意体会和掌握.