2023届山东省泰安市新泰中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省泰安市新泰中学高三上学期期中考试数学试题（解析版），共17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．已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数除法运算和共轭复数定义可求得，由虚部定义可得结果.
【详解】，，
则的虚部为.
故选：A.
2．已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先分别解出集合A,B，再通过集合的关系和集合的运算逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，，
则，A错误；
，B正确；
集合之间不存在包含关系，C、D错误；
故选：B.
3．下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，，则
C．若，，则D．若，则
【答案】D
【分析】AC选项找出反例即可说明错误；
B选项利用作差法比较大小；
D选项利用指数函数的单调性判断大小.
【详解】A选项：当时，，故A错；
B选项：，当，且时，，，，所以，即，故B错；
C选项：当，，此时，故C错；
D选项：设，因为，所以单调递减，，即，，故D正确.
故选：D.
4．如图是函数的图象，则函数的解析式可以为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用导数说明函数的单调性，即可判断.
【详解】解：对于A：定义域为，
当时，则，即函数在上单调递增，故A错误；
对于B：定义域为，且，，所以，故B错误；
对于C：定义域为，
又，所以当时，
当或时，即函数在，上单调递减，在上单调递增，故C错误；
对于D：定义域为，
所以当或时，当时，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，符合题意；
故选：D
5．设P是所在平面内一点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的加减法法则结合已知条件求解即可.
【详解】因为，
所以，所以，
所以,
，
故选：B
6．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据范围计算，，再直接利用和差公式计算得到答案.
【详解】，故，
，，
故
.
故选：C
7．设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】先由题设条件求得与的表达式，再求得与的表达式，即可求得结果．
【详解】解：由题设可令，，，
又当时，，，
，，
.
故选：A．
8．已知定义在上的偶函数满足，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性得出解集．
【详解】是偶函数，，则，即是奇函数，
由，可得，构造，则单调递增；，，即的周期为，则，即；不等式可化简为，即，由单调性可得，解得
故选：A
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．命题，，若命题是假命题，则
C．设，都是非零向量，则“”是“”成立的充分不必要条件
D．若角的终边过点且，则
【答案】BD
【分析】利用基本不等式即可判断选项A；利用命题的否定来解决问题即可得选项B；
利用向量的性质，结合充分不必要条件进行判断即可判断C，选项D利用三角函数的定义即可求出参数.
【详解】选项A；因为，所以
当且仅当时等号成立，故A正确；
选项B；若命题是假命题，则命题：
命题：“，”，为真命题
所以当时，恒成立，
当时有
所以，故B不正确；
选项C；由，都是非零向量，若，
则，方向相同，
所以都等于与，同方向的单位向量，
故充分性成立；
若，则，
由此可知，但不一定是；
故必要性不成立，
故C选项正确；
选项D；因为角的终边过点且，
所以，由等式可知
所以
故选项D错误；
故选：BD.
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象可由图象向右平移个单位长度得到
B．图象的一条对称轴的方程为
C．在区间上单调递增
D．的解集为
【答案】ABD
【分析】根据函数的振幅、周期、及过点可求得，
对于选项A：利用函数图象的平移检验即可；
对于选项B：令可解得图象对称轴的方程,检验是否能取到即可.
对于选项C：求出，验证正弦函数在是否单调增.
对于选项D： 直接解三角不等式即可获得答案.
【详解】由题意知，解得，所以，
所以.又点在的图象上，
所以，所以，
解得，又，所以，
所以，
将向右平移个单位可得，故A正确；
令，解得，令得
所以图象的对称轴的方程为.故B正确；
当时，，在上不是单调递增的，故C错误；
令，即，所以，解得，即的解集为，故D正确.
故选：ABD.
11．已知正实数满足，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】利用和题干条件可判断出选项ABC，D选项根据题干条件用表示，将表示为仅含有的式子进行处理.
【详解】依题意得，，即，由是正数，
利用基本不等式：，故，
即，于是，即，当取得等号，
故的最大值为，A正确，B错误，
由可得，当取得等号，即的最小值为，C正确，
由可得，，故，
当，即时取等号，此时，故的最小值为，D正确.
故选：ACD
12．已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．对任意的，存在，使得
B．若是的极值点，则在上单调递减
C．函数的最大值为
D．若有两个零点，则
【答案】BD
【分析】先求导得，分和讨论函数的单调性及最值，依次判断4个选项即可.
【详解】由题意知：，，当时，，单增，无最大值，故C错误；
当时，在上，单增；在上，单减；
故，当，即时，无零点，故A错误；
若是的极值点，则，，故在单减，B正确；
若有两个零点，则，且，解得，
又时，，时，，此时有两个零点，D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．设函数，则________.
【答案】
【分析】根据分段函数解析式，将代入求值即可.
【详解】由解析式知：，
而，故.
故答案为：
14．已知函数的图像过点，令，．记数列的前n项和为，则__________．
【答案】##
【分析】由题待定系数得，进而得，再求和即可.
【详解】解：由函数的图像过点得：，解得，
所以，；
所以，，
所以．
故答案为：
15．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.
【答案】
【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.
【详解】
∴由正弦定理，，，即，，而，
∴，
∵，即，，
∴，即，
又由余弦定理知：，
∴，即，令，
∴，即（舍去），
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.
四、双空题
16．设向量，，则与的夹角为__________，在上的投影向量为__________.
【答案】
【分析】利用向量数量积的定义和坐标表示即可得到与的夹角，根据投影向量的概念求解在上的投影向量即可.
【详解】由题意得，
又因为，，
所以，所以与的夹角为，
在上的投影向量为.
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．设两个向量满足，.
(1)若，求的夹角；
(2)若的夹角为，向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再求出，即可得解；
（2）由向量与的夹角为钝角，可得，注意排除相反向量这一情况.
【详解】（1）解：由 ，得 ,
又 , 所以，
所以，
又因为 ,
所以的夹角为 ；
（2）解：由已知得，
则，
因为向量与的夹角为钝角, 所以, 解得，
设,
则, 无解, 故两个向量的夹角不可能为 ,
所以向量与的夹角为钝角时, 的取值范围为.
19．中，内角，，所对的边分别为，，，，.
(1)求；
(2)如图，为边上一点，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）据正弦定理、以及三角形内角和为，可得，然后根据二倍角的正弦公式可得结果.
（2）根据（1）的条件可得，然后使用余弦定理可得，最后使用面积公式计算即可.
【详解】（1），
由正弦定理，可得，
，，
，，则，
.
（2），，
又，在中，由余弦定理，可得：
，
即，解得，
，又，.
20．已知函数．
(1)解关于x的不等式，；
(2)若，，，求实数n的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)结合指数函数单调性并对参数进行分类讨论即可求解；(2)结合复合函数单调性以及基本不等式即可求解.
【详解】（1）由，
得，即．
当即时，不等式恒成立，
则的解集为；
当即时，，
则的解集为；
当即时，，
则的解集为.
综上所述，当时，不等式的解集是；
当时，不等式的解集是；
当时，不等式的解集是．
（2）由和是增函数，
所以是增函数，
因为是减函数，
所以是减函数，则是减函数．
由可得，
，
所以，所以能成立，
又，当且仅当时，即时，不等式取等号，
即对恒成立，
由一次函数性质可知，，解得，
所以n的取值范围是．
21．已知等差数列的前项和为，记数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式及;
(2)是否存在实数，使得恒成立?若存在，求出实数的取值范围;若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在，.
【分析】（1）根据已知条件及等差数列的性质求基本量，即可写出的通项公式及；
（2）由（1）得，应用裂项相消法求得，再由不等式恒成立，讨论的奇偶性求的范围，最后取交集.
【详解】（1）因为为等差数列，设公差为，首项为，
由，解得，
由，又，则，，
所以，．
（2）由（1）知：，所以，
所以，
易知为递增数列，当时，取得最小值为，
又，所以，所以．
当为奇数时，恒成立，即，解得，
当为偶数时，恒成立，即，解得，
综上，实数的取值范围为．
22．已知函数．
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)若时，，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据函数的导数讨论函数的单调性.先求出导函数，讨论参数范围，得到函数的单调区间；（2）由不等式在时恒成立，可以将参数分离得到，构造函数，通过导函数求函数在上的最小值来求得；也可将其变形得到，进而分析求解.
【详解】（1）函数的定义域为R，由．
得．
若，则，函数在R上单调递增．
若，则时，，
即函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
若，则时，时，
即函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
综上所述，当，则，函数在R上单调递增；当，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；当，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
（2）方法一：当时，，
所以，
令，则；
令，则，
所以在上单调递增，
又，，
所以，使得，
则当时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
由得：，则，
所以，
又在上单调递增，
所以，，所以，
所以，解得，即实数a的取值范围为．
方法二：
先证明．设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时等号成立，
设，则，
当且仅当时等号成立，
设，则在上单调递增，
且，，
所以存在使成立，所以，
所以，．
【点睛】在根据不等式在区间上恒成立求解参数时，可以将参数分离构造不等式恒成立，将不等式另一边构造为函数，通过导函数求函数在区间上的最小值来求得.