2023届山东省滨州市邹平市第一中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省滨州市邹平市第一中学高三上学期期中考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式可得集合，进而求交集即可.
【详解】解得：，
所以，
所以.
故选：A
2．已知点是平面内任意一点，则“存在，使得”是“三点共线”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据平面向量的线性运算即可得到结论.
【详解】充分性：由得，
故，则，故三点共线，所以充分性成立，
必要性：若三点共线，由共线向量定理可知，从而，所以，所以，
所以必要性成立.
综上所述：”是“三点共线”的充要条件.
故选：C
3．已知等比数列，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】利用等比数列的性质得到，进而得到，从而得解.
【详解】因为是等比数列，
所以，
故，得.
故选：B.
4．三角形的三边分别为，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都是用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四边分别为，则（为一组对角和的一半）.已知四边形四条边长分别为，则四边形最大面积为（ ）
A．21B．C．D．
【答案】D
【分析】将边长代入面积公式转化为的最值问题即可.
【详解】且四边形四条边长分别为，
，

,
当，即时，
故选：D
5．已知为第三象限角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由同角三角函数关系即可求得，进而代入原式即可求解.
【详解】由，且，
解得：或，
又因为为第三象限角，所以，，
所以.
所以.
故选：B
6．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先对求导，利用导数与函数的单调性得到的单调区间与极大值点，再令求得有唯一零点，从而排除选项BCD，而选项A的图象满足的性质要求，由此得解.
【详解】因为，所以，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值点为，且，
令，则，得，且，
即在上有唯一大于的零点.
对于B，其图象的极大值点为，矛盾，故B错误；
对于C，其图象先减后增，矛盾，故C错误；
对于D，其图象有两个零点，矛盾，故D错误；
对于A，其图象满足上述结论，又排除了BCD，故A正确.
故选：A.
7．在中，内角所对的边分别为，且，点为外心，则（ ）
A．B．C．10D．20
【答案】C
【分析】结合图形，利用垂径定理得到，再利用向量的线性运算及数量积运算即可求得结果.
【详解】记的中点为，连结，如图，
因为点为的外心，为的中点，所以，则，
所以.
故选：C.
8．设方程和的根分别为和，函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先利用方程的根与图像的交点的关系，及反函数的几何意义推得，由此得到，再由导数与函数的单调性证得，构造函数与，利用导数证得与，从而得到.
【详解】由得，由得，
因为的根为，所以与的交点的横坐标为，
同理：与的交点的横坐标为，
因为与互为反函数，所以两函数关于对称，
所以的中点一定落在，故点为与的交点，
联立，解得，即，
所以，
故，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
而，，，
则，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，故，
令，则，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
则，故，
综上：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
二、多选题
9．方程在区间上有解，则解可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】先由辅助角公式得到，再逐一代入检验选项中的解即可.
【详解】因为，
所以，即，
对于A，当时，，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，当时，，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：AC.
10．已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最小值为D．
【答案】ACD
【分析】先由数列为等差数列，得再由等差数列通项公式和求和公式对选项逐一分析即可.
【详解】对于A,数列为等差数列，，
数列为递减的等差数列，
故A正确，
对于B, 数列为递减的等差数列，
的最大值为，
故B错，
对于C,
由得
的最小值为,即，
故C正确，
对于D,
故D正确.
故选：ACD
11．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】对A用“1”的妙用进行变形即可，对C利用柯西不等式可求最值，对BD利用基本不等式式及其变形即可得解.
【详解】由得：
对A，，
当且仅当，时取等，故A错误；
对B，，时取等，
两边平方可得，故B正确；
对C，由柯西不等式可得：
，
取等，故C正确；
对D，由，时取等，
所以成立，故D正确；
故选：BCD
12．在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到；
对于B，利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此得证；
对于C，利用三角形面积公式得到，从而得到，利用基本不等式易知当时，式子取得最大值，由此得证；
对于D，利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式“1”的妙用即可证得.
【详解】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，故A错误；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，故B正确；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知，则与夹角的余弦值为__________.
【答案】##
【分析】根据平面向量的坐标运算，先求出的坐标和模长，然后利用平面向量数量积公式即可求解.
【详解】因为，所以，则，
又因为，，
由平面向量的数量积公式可知：，
所以与夹角的余弦值为，
故答案为：.
14．已知函数在上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】分段函数在上单调递增，则在两个分段区间上都单调递增，且在上的任意函数值要不大于上的最小值，据此解答即可.
【详解】因为在上单调递增，
所以当时，在上单调递增，故，且，
当时，在上单调递增，故，且，
所以，解得或，
由于上述条件要同时成立，所以或，
故的取值范围为.
故答案为：.
15．已知是定义域为R的奇函数，为奇函数，则__________.
【答案】68
【分析】由和均是奇函数可推出，赋值可得，从而根据递推公式可知.
【详解】而是定义域为R的奇函数，故有，且，
因为为奇函数，所以，
而，
所以，
用替换得：，
令，则有，
即；
令，则，
则，即；
令，则有；
所以.
；
；
；
所以
.
故答案为：68
四、双空题
16．若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则__________；数列的前项和为，则__________.
【答案】
【分析】（1）由定义可得，从而，
得出是以为首项，公比为2的等比数列，从而可求得；
（2）由等比数列前项和公式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
，
则，，
则有，
则，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，所以，
解得：.
（2），所以.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知函数.
(1)求的最小正周期；
(2)将的图象先向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求的对称轴.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换化简为标准型，再求其最小正周期即可；
（2）根据三角函数图象的变换，求得的解析式，再求对称轴即可.
【详解】（1），
故的最小正周期.
（2）的图象先向右平移个单位得到的图象；
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）得到的图象；
令，解得，
故的对称轴为.
18．已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且有.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列的前11项和.
【答案】(1),
(2)748
【分析】(1)设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为,再根
据已知条件列出方程，即可得到两数列的通项公式.
(2)先求出的通项公式，再根据通项公式求出的前11项和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为，
由得：，
，
，
解得：
，
（2）由（1）知，

.
19．在中，内角所对的边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角，可将题设条件转化为，再由三角形内角的性质得出结果；
（2）由（1）可推得，.进而根据余弦定理可推出，，求解即可得到.
【详解】（1）证明：因为，
所以，又，
∴，
即，
又且为三角形内角，，
则，即.
（2）由（1）知，，
由正弦定理可得，.
根据余弦定理可知，，，
联立可得，.
又，则，所以，则，
则，
又，则.
20．已知三次函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程，
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)；
(2)见解析.
【分析】（1）求导可得，利用导数的几何意义，可得曲线在点处的切线斜率为，，利用直线点斜式即可得解；
（2）求导可得，对参数进行讨论即得解.
【详解】（1）当时，，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
又，，
整理可得曲线在点处的切线方程为；
（2），
若，由可得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，
可得或，
所以在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
综上可得：
若，
在上为增函数，在上为减函数，
当时， 在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，在 为减函数，在上为增函数.
21．设正项数列满足，且.
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求证：数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）将题设条件变形得到，从而证得是等差数列，进而求得；
（2）由（1）得，分类讨论与两种情况，利用放缩法与裂项法即可证得.
【详解】（1）因为，
所以，
又，故，
所以是首项为，公差为的等差数列，
故，则，
因为数列是正项数列，所以.
（2）由（1）得，
当时，；
当时，，
所以；
综上：.
22．已知函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)证明：对任意；
(3)讨论函数零点的个数.
【答案】(1)；
(2)见详解；
(3)时有一个零点，时有三个零点.
【分析】（1）进行求导可得，讨论函数的单调性，求得最大值满足小于0即可；
（2）取时，时成立，代入（）整理即可得证；
（3）由导函数，讨论的单调性，结合图像即可求得零点.
【详解】（1）求导可得：，
若，对任意的，，为减函数，
所以，
若，考查函数，
当，即时，，
此时在上为减函数，
有，
当，即时，令可得：
，，
所以当时，，为增函数，
所以，不符题意，
综上可得：的取值范围为；
（2）由（1）知当时，成立，
即时，恒有，
即当时成立，
取（），
有，
即，，
将上述几个不等式相加可得：
，
整理可得，
即成立；
（3）由（），
当时，，为减函数，
又，
，
此时在上有一个零点，
当时，令，可得或（舍），
此时有一个零点，
当时，考查函数，
若，即时，，
所以为减函数，由，
，
此时有一个零点，
若，时，有两解，
，，
此时在上为减函数，在上为增函数，
由，
令，
，
所以在上为增函数，又，
所以，
所以极小值
极大值，
由
取，，
令，
，令，则，
由所以，所以为减函数，
所以，所以为减函数，
所以，
所以，
可得，
此时有三个零点，
综上可得：时有一个零点，时有三个零点.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了恒成立问题和不等式证明问题，同时考查了数形结合思想，计算量较大，属于难题.本题的关键点有：
（1）分类讨论解决函数问题时要找到讨论点；
（2）用函数不等式证明数列不等式时，注意取值和相消法的应用；
（3）在讨论零点问题时注意零点存在性定理的应用以及参数的替换.