2023阳泉一中校高三上学期11月期中考试数学试题含解析

阳泉一中2022——2023学年第一学期期中考试

高三年级数学

一、单选题（共8小题，每题5分）

1. 已知全集，2，3，4，，，4，，，，则（    ）

A.  B. ， C. ，2，3， D. ，2，4，

【答案】D

【解析】

【分析】根据并集和补集的知识求得正确答案.

【详解】全集，2，3，4，，，，

，2，，

，4，，

，2，4，，

故选：D

2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.

【详解】，所以该复数对应的点为，

该点在第一象限，

故选：A.

3. 设，，则是的（    ）

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】A

【解析】

【分析】先求为，根据充分、必要条件理解判定.

【详解】由题意知：由，得或，故为，

∴成立，而不成立，

∴是的充分不必要条件.

故选：A.

4. 函数的定义域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接求解函数的定义域即可.

【详解】解：要使函数有意义，则，解得且，

所以，函数的定义域是

故选：B

5. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，根据平面向量线性运算及平面向量基本定理求出、的值，依题意可得为等边三角形，求出，再由余弦定理求出即可；

【详解】解：设，

则，

，解得．

因为，所以，又，，所以为等边三角形，

所以，，

由余弦定理，

所以；

故选：B

6. 设是定义域为的偶函数，且在上单调递增，设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据指对数判断的大小关系，在根据单调性结合偶函数的性质分析判断.

【详解】∵，，∴.

又函数是定义域为的偶函数，且在上单调递增，

∴，且在上单调递减.

又，∴.

故选：C.

7. 函数的图像大致为 (　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.

详解：为奇函数，舍去A,

舍去D;

，

所以舍去C；因此选B.

点睛：有关函数图象识别问题常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．

8. 设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.

【详解】设，，

由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，

，当时，；当时，.

所以，函数的最小值为.

又，.

直线恒过定点且斜率为，

故且，解得，故选D.

【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.

二、多选题（共4小题，每题5分．少选得2分，选错不得分）

9. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期为

B. 函数在区间上单调递减

C. 函数的图像不是中心对称图形

D. 函数图像的对称轴方程仅有，

【答案】BC

【解析】

【分析】化简函数解析式，作函数的图象，结合图象判断函数的性质.

【详解】可化为，

所以，所以函数为周期函数，周期为，A错误；当时，，，所以函数的图象如下：

观察图象可得，函数在区间上单调递减，B正确，

函数的图像不是中心对称图形，C正确，

函数图像的对称轴方程有，和，，D错误，

故选：BC.

10. 已知，，且，则可能取的值有（    ）

A. 9 B. 10 C. 11 D. 12

【答案】BCD

【解析】

【分析】由题意可知，化简后利用基本不等式可求得其最小值，从而可得答案

【详解】解：因为，，且，

所以

，当且仅当，即取等号，

故选：BCD

11. 2022年北京冬奥会开幕式精彩纷呈，其中雪花造型惊艳全球．有一个同学为了画出漂亮的雪花，将一个边长为1的正六边形进行线性分形．如图，图（n）中每个正六边形的边长是图中每个正六边形的边长的．记图（n）中所有正六边形的边长之和为，则下列说法正确的是（    ）

A. 图（4）中共有294个正六边形

B.

C. 是一个递增的等比数列

D. 记为数列的前n项和，则对任意的且，都有

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据等比数列的通项公式的计算以及等比数列的性质求解即可.

【详解】对于A，由图可知，图至图中正六边形的个数构成以为首项，

为公比的等比数列，故图中共有个正六边形，A错误；

对于B，由题可知，图中每个正六边形的边长为，

，，B正确；

对于C，是底数大于的指数型函数，

 是一个递增的等比数列，C正确；

对于D，，，，

，

当且时，

对任意的且，都有，D正确.

故选：BCD.

12. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 当时，曲线在点处的切线方程为

B. 当时，在定义域内为增函数

C. 当时，既存在极大值又存在极小值

D. 当时，恰有3个零点，且

【答案】BCD

【解析】

【分析】按照导数几何意义解决；

证明导数为正值即可；

以极值定义去判定；

构造函数去证明.

【详解】选项A: 当时，曲线,

则，切线斜率

又，

故曲线在点处的切线方程为.

A选项错误；

选项B:

令，

则

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

在处取得最小值

当时，对任意恒成立，

则对任意恒成立，

故当时，在定义域内为增函数.B选项正确；

选项C:

由以上分析知道：

在处取得最小值

当时，必有二根，

不妨设为

则当时，，，为增函数，

当时，，，为减函数，

当时，，，为增函数，

故既存在极大值又存在极小值. C选项正确；

选项D: 由上面分析可知既存在极大值又存在极小值，

不妨设的极大值点为m，极小值点为n,且，

在上单调递减，又

故极大值为正值，极小值为负值，

当时，；当时，

故函数有三个零点，不妨设为，

又

故有，则

即当时，恰有3个零点，且正确.

故选：BCD

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题(共4小题，每题5分）

13. 已知函数 ，其导函数为，则____________.

【答案】1.

【解析】

【分析】求出函数的导数，将代入，即可求得答案.

【详解】因为，所以，

所以，

故答案为：1.

14. 若，恒成立，则实数k的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，利用函数的图象与轴交点情况，应用判别式即可求出实数的取值范围．

【详解】设函数，由题意知关于的不等式的解集为，

所以对任意的属于，都有；

当时，函数是关于的抛物线，抛物线必开口向上，且与轴无交点；

应满足，

解得；

当时，，满足；

当时，，不满足恒成立；

综上知，的取值范围是．

故答案为：．

15. 在△ABC中，M，N分别是边AB，AC的中点，点O是线段MN上异于端点的一点，且满足( )，则λ＝________.

【答案】7

【解析】

【分析】法一：将变为，再结合三点共线表示出，由此可得方程组，求得答案;

法二：将整理变形为，利用三点共线继而可变为，由此可得方程，求得答案.

【详解】法一:由已知得，①

由M，O，N三点共线，知 ，使，

故，故，

整理得，②

对比①②两式的系数，得,解得,

故答案为：7

法二：因为M是AB的中点，所以，

于是，同理，

将两式代入，

整理得，

因为M，O，N三点共线，故 ，使得，

于是，

显然不共线，故 ，故λ＝7，

故答案为：7

16. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为________．

【答案】

【解析】

【分析】做交于可得平面，连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，设，由射影定理可得，由得，求出，利用基本不等式可得直线与平面所成角最大时的值，取的中点，连接，可得四棱锥外接球的球心为点，球心到平面的距离等于到平面的距离的，求出，设截面半径为，由可得答案．

【详解】做交于，因半圆面平面，所以平面，

连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设，

则，在直角三角形内，由射影定理可得，

即，所以，，，，

，， ，

所以，所以，即，

所以

，

因为，所以，

所以，

当且仅当即等号成立，且取得最小值，

直线与平面所成角最大，

取的中点，连接，则，

所以四棱锥外接球的球心为点，

因为，，，平面，

所以平面，

设球心到平面的距离为，所以等于到平面的距离的，

因为，

，所以，设截面半径为，

则有，

所以截面的面积．

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：解题的关键是熟悉四棱锥的性质，即外接球的球心在DB上，根据勾股定理，可求得外接球半径r，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题．

四、解答题

17. 已知函数（，）的最大值为1，且的相邻两条对称轴之间的距离为．

（1）求函数的解析式；

（2）若将函数图像上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图像，求在区间上的值域．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先将用三角恒等变换公式化简，再根据最大值和相邻两条对称轴之间的距分别求出a和代入即可；（2）根据三角函数图像变换规律，得到函数的解析式，再根据复合函数求值域的方法逐层计算取值范围即可.

【小问1详解】

最大值为，所以
的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，

所以函数的解析式为

【小问2详解】

由题

函数解析式为

即在区间上的值域为

18. 已知数列满足：

（1）求，的值；

（2）求数列的通项公式；

（3）设，数列的前项和，求证：

【答案】（1）；；（2）；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）令求得，再令后可求得；

（2）在中用（）替换，得一等式，两式相减后可求得，验证是否适用此式即可得；

（3）用裂项相消法求和后易证不等式成立．

【详解】（1）由题意，，；

（2）∵，

∴，

两式相减得：，，也适用，

∴，；

（3）由（2），

∴．

【点睛】本题考查求数列的通项公式，考查用裂项相消法求数列的和，解题方法是类比已知求的方法，此法中注意一般情况下两式相减求得的中，需验证是否适合此表达式．数列求和中除等差数列和等比数列的前项和公式外还要掌握几种特殊方法：错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法．

19. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求角的大小；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）由已知边的关系配凑出余弦定理的形式，求得，根据的范围求得结果；（2）利用两角和差正弦公式和辅助角公式将整理为，由可求得的范围，进而结合正弦函数的图象可求得的值域，从而得到所求范围.

【详解】（1）由得：，即：

（2）

的取值范围为：

【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形中取值范围类问题的求解，关键是能利用两角和差公式和辅助角公式将所求式子转变为的形式，利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.

20. 已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，

.

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）求数列的前n项和.

【答案】（Ⅰ）. .（Ⅱ）.

【解析】

【详解】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程求出等差数列首项和公差及等比数列的公比，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.

试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.

由，可得.由，可得，联立①②，解得，由此可得.

所以，的通项公式为，的通项公式为.

（Ⅱ）解：设数列的前项和为，由，有

，

，

上述两式相减，得

.

得.

所以，数列的前项和为.

【考点】等差数列、等比数列、数列求和

【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和.

21. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，是边长为的等边三角形，平面平面，，，点是线段上靠近点的三等分点.

（1）求证: ；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）作于，连接，由面面垂直证面，得，由几何关系得出，即可证面，即可证；

（2）建立如图空间直角坐标系，由向量法求即可

【小问1详解】

作于，连接，由等边得，，

∵平面平面，且平面平面，∴面，又平面，∴，

在中，，，得，∴，又∵，∴，

∵，面，∴面，又面，∴.

【小问2详解】

建立如图所示空间直角坐标系，则，

设面的法向量为，，

则，令，得，

，，，

设与面所成角为，则，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

22. 已知函数，，.

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若曲线在点处的切线与曲线切于点，求的值；

（Ⅲ）若恒成立，求最大值.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）

【解析】

【详解】（Ⅰ） ，则.

令得，所以在上单调递增.

令得，所以在上单调递减.

（Ⅱ）因为，所以，所以方程为.

依题意， ， .

于是与抛物线切于点，

由得.

所以                 -            

（Ⅲ）设,则恒成立.

易得

（1）当时，

因为，所以此时在上单调递增.

①若，则当时满足条件，此时；

②若，取且

此时，所以不恒成立．

不满足条件；

（2）当时，

令，得由，得；

由，得

所以在上单调递减，在上单调递增.

要使得“恒成立”，必须有

“当时， ”成立.

所以.则

令则

令，得由，得；

由，得所以在上单调递增，在上单调递减,

所以，当时，

从而，当时， 的最大值为.-

【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法

（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.

(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.