2023泰安宁阳县高三上学期期中考试数学试题含解析

2022—2023学年高三上学期期中检测试题

数学

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先化简集合A，再去求即可解决

【详解】由，得，

则

故选：B.

2. 已知命题，，则命题的否定为（   ）

A.  ， B.  ，

C.  ， D.  ，

【答案】D

【解析】

【分析】根据全称命题的否定是特称命题，再否定结论即可.

【详解】命题，的否定为“”.

故选：D

【点睛】本题考查全称命题的否定的求解，注意只否定结论即可，属简单题.

3. 设命题p：关于x的不等式对一切恒成立，命题q：对数函数在上单调递减，那么p是q的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】p为真，利用判别式小于0求解a的范围；q为真时，由对数函数的单调性求解a的范围，然后利用充分必要条件的判定得答案.

【详解】关于x的不等式对一切恒成立，

则，即，

∴p为真：；

对数函数在上单调递减，

则，即.

∴q为真：.

∵

∴p是q的必要不充分条件.

故选：C.

4. 已知为等比数列，，，则（    ）

A 9 B. －9 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.

【详解】∵,∴,又,可解得或

设等比数列的公比为,则

当时,, ∴；

当时, ,∴.

故选：C．

【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.

5. 垃圾分类，一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而变成公共资源的一系列活动的总称．已知某种垃圾的分解率ν与时间t（月）满足函数关系式（其中a，b为非零常数）．若经过6个月，这种垃圾的分解率为5%，经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，那么这种垃圾完全分解（分解率为100%）至少需要经过（    ）（参考数据）

A 20个月 B. 40个月 C. 28个月 D. 32个月

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意先确定的值，令，求得时间t.

【详解】依题意，解得，

故.

令，得，即，

则.

即这种垃圾完全分解（分解率为100%）至少需要经过32个月.

故选：D.

6. 函数的大致图像为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】判断函数的奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个选项，得正确结论．

【详解】函数的定义域为，当时，，，所以为奇函数，故排除B、D选项.

当时，，，所以，排除C，

故选：A．

7. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.

【详解】，

,

，

又，则，即

所以，

因为，所以，.

由平方可得，即，符合题意.

综上，.

故选：B.

8. 已知函数，则、、的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，分析函数在上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、的大小，并比较与的大小，结合函数的单调性可得出结论.

【详解】因为，

对任意的，

，

所以，函数的图象关于直线对称，则，

当时，，

因为二次函数在上为增函数，且，

所以，函数、在上为增函数，

所以，函数在上为增函数，

令，其中，则，

故函数在上为减函数，所以，，即，

所以，，所以，，

又因为，即，所以，.

故选：A.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知实数x，y满足（0<a<1），则下列关系式恒成立的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】先根据题干条件，得出，再进行判断，BD选项可以通过举出反例进行证明，AC选项可以通过函数的单调性进行证明.

【详解】因为，所以是单调递减函数，因为，所以，而是定义在R上单调递增函数，故，A正确；当，时，满足，此时，故B错误；因为，所以，所以，C正确；当，时，，，所以，D错误.

故选：AC

10. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的部分图象如图所示，有下列四个结论：①；②在上有两个零点；③的图象关于直线对称；④在区间上单调递减，其中所有正确的结论是（    ）

A. ① B. ② C. ③ D. ④

【答案】BD

【解析】

【分析】根据平移后的函数图象，结合函数周期以及特殊点求得参数，可得解析式，由此计算判断①，求出在上的零点，判断②，将代入函数解析式验证，判断③，根据正弦函数的单调性可判断④，即得答案.

【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象

对应的函数解析式为：，

由图像知,

将点代入表达式中，得，即，

因为，所以，则；

故，故①错误；

即，

由得，故或，即或，

即在上有两个零点，②正确；

将代入，得，

即的图象不关于直线对称，③错误；

当时，，由于正弦函数在上单调递减，

故在区间上单调递减，④正确，

故选：BD

11. 已知函数，下列命题正确的是（    ）

A. 若是函数的极值点，则

B. 若是函数的极值点，则在上的最小值为

C. 若在上单调递减，则

D. 若在上恒成立，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A，由可求出的值，对于B，由选项A，可求得，然后利用导数可求出在上的最小值，对于C，由题意可得，可求出的范围，对于D，将问题转化为在上恒成立，构造函数，再利用导数求出其最大值即可

【详解】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，

对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，

对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，

对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，

故选：ABC

12. 对于给定数列，如果存在实数，对于任意的均有成立，那么我们称数列为“M数列”，则下列说法正确的是（    ）

A. 数列是“M数列”

B. 数列不是“M数列”

C. 若数列为“M数列”，则数列是“M数列”

D. 若数列满足，，则数列不是“M数列”

【答案】AC

【解析】

【分析】根据“M数列”的定义，判断一个数列是不是“M数列”，即判断是否存在实数，对于任意的均有成立，由此一一判断各选项，即得答案.

【详解】对于选项A，由“M数列”定义，得，

即，存在对于任意的都成立，故A正确；

对于选项B，由“M数列”定义，得，

即，存在，

对于任意的都成立，即数列是“M数列”，故选项B错误；

对于选项C，若数列为“M数列”，则，

所以，所以数列是“M数列”，故C正确；

对于选项D，若数列是“M数列”，存在实数，对于任意的，有，

可得，

即，故，

对于任意的都成立，则，

所以或，

当时，，符合“M数列”定义，此时数列是“M数列”；

当时，，符合“M数列”定义，此时数列是“M数列”，D错误，

故选：AC

【点睛】关键点点睛：判断一个数列是不是“M数列”，关键是要理解其定义的含义，如果判断数列是“M数列”，就要求出实数，对于任意的均有成立，如果不是“M数列”，说明其不符合定义即可.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数，若f [ f ( - 1 ) ] = 4 ，且a > - 1 ，则 a=______.

【答案】1

【解析】

【分析】利用分段函数的性质求解.

【详解】解：因为函数，

所以

又因为a > - 1 ，

所以，

所以，

则，

解得，

故答案为：1.

14. 已知的内角A，B，C对应的边长分别为a，b，c，，，则外接圆半径为______．

【答案】2.5

【解析】

【分析】利用二倍角的余弦公式化简已知，结合，可求的值，然后利用正弦定理即可求出外接圆的半径

【详解】由得，又

所以，.

则由正弦定理可得外接圆半径.

故答案为：.

15. 已知数列是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，则数列的通项公式为______．

【答案】

【解析】

【分析】通过等差数列的通项公式用分别表示，，，再通过等比中项的性质列出即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，所以，

所以，，

又因为、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，

即构成等比数列，所以，

解得（舍去），所以.

故答案为：.

16. 已知函数，，设两曲线，有公共点P，且在P点处的切线相同，当时，实数b的最大值是______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得，，联立后把b用含有a的代数式表示，再由导数求最值得答案．

【详解】设，

，．

由题意知，，，

即，

，

解得或舍，

代入得：，，

，

当时，，当时，．

实数b的最大值是．

故答案为．

【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，训练了利用导数求最值，是中档题．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知集合，函数的定义域为．

（1）若求集合；

（2）若，求实数的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）对数的真数大于零；（2）按与的大小分类讨论求解.

【详解】（Ⅰ）由，得，

故集合；

（Ⅱ）由题可知，

①若，即时，，

又因为，所以，无解；

②若时，显然不合题意；

③若，即时，，

又因为，所以，解得．

综上所述，．

【点睛】本题考查函数的定义域和集合的运算. 求函数定义域的常用方法：1、分母不为零；2、对数的真数大于零；3、偶次方根的被开方方数大于或等于零；4、零次幂的底数不等于零；5、中.

18. 如图，在中，内角所对的边分别为，.

（1）求角；

（2）若，，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理化边为角，然后利用两角和的正弦公式即可求解.

（2）由余弦定理得到为等边三角形，在中，利用余弦定理表达出，然后根据三角形面积公式即可求解.

【小问1详解】

由正弦定理得：,所以

即

,

【小问2详解】

由

由余弦定理得，

为等边三角形，设，

在中，，解得

当，即时，S有最大值

19. 已知数列的前项和为，若，且.

（1）求的通项公式;

（2）设，，数列的前项和为，求证.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由已知等式可得，采用累乘法可求得当时的，利用可求得，检验首项后可得结论；

（2）由（1）可得时的通项，由，采用裂项相消法可求得，由可得结论.

【小问1详解】

由得：，

则当时，，

又，，，

经检验：满足；

.

【小问2详解】

由（1）得：当时，；

，

，，.

20. 已知函数，，

（1）求的单调递减区间；

（2）求在闭区间上的最大值和最小值；

（3）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．

【答案】（1）   

（2）最小值，最大值为   

（3）

【解析】

【分析】（1）先将函数化简成一个三角函数，再根据单调区间公式求得即可；

（2）先由求出整体角的取值范围，再求得的最大值和最小值；

（3）先根据图形变换求出，在求其零点得出结果.

【小问1详解】

函数

.

令

解得，

所以函数的单调递减区间为，

【小问2详解】

由（1）得，

由于，所以，

所以，故，

当时，函数的取最小值，最小值为，

当时，函数的取最大值，最大值为.

小问3详解】

将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，

令，，即，

整理得，即或，

当时，或，即，；

当时，，；

当时，；

故所有零点之和为．

21. 小张于年初支出万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出万元，假定该车每年的运输收入均为万元.小张在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第年年底出售，其销售收入为万元（国家规定大货车的报废年限为10年）.

（1）大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？

（2）在第几年年底将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大？

（利润=累积收入+销售收入-总支出）

【答案】（1）第三年；（2）第5年.

【解析】

【分析】

（1）求出第x年年底，该车运输累计收入与总支出的差，令其大于0，即可得到结论；

（2）利用利润＝累计收入+销售收入﹣总支出，可得平均利润，利用基本不等式，可得结论．

【详解】（1）设大货车运输到第x年年底，该车运输累计收入与总支出的差为y万元，

则y＝25x﹣[6x+x（x﹣1）]﹣50＝﹣x2+20x﹣50（0＜x≤10，x∈N）

由﹣x2+20x﹣50＞0，可得10﹣5＜x＜10+5，

∵2＜10﹣5＜3，故从第3年，该车运输累计收入超过总支出；

（2）∵利润＝累计收入+销售收入﹣总支出，∴二手车出售后，

小张的年平均利润为＝19﹣（x+）≤19﹣10＝9，当且仅当x＝5时，等号成立，

∴小张应当在第5年年底将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大．

【点睛】思路点睛：

首先构建函数的模型一元二次函数，再解一元二次不等式，再利用基本不等式求最值.

22. 已知函数.

（1）若，求函数的单调增区间；

（2）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；

（3）当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：.

【答案】（1）单调增区间为   

（2）2    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先求出，再利用导数求出的单调增区间；

（2）先利用分离参数法得到对恒成立.令，求导得到，再令，判断出，使，得到在上单调递增，在上单调递减，求出，得到.由，求出整数a的最小值；

（3）用分析法证明：当时，把题意转化为只需证.先整理化简得到，只需证.令，构造函数，利用导数证明出.即证.

【小问1详解】

当时，，所以，

则，定义域为.

令，解得：.

所以的单调增区间为.

【小问2详解】

依题意对恒成立，等价于对恒成立.

令，则

令在上是增函数，

，

所以，使即

对，，，所以在上单调递增；

对，，，所以在上单调递减.

所以.

所以.

又，所以整数a的最小值2

小问3详解】

当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，；

依题意存在，使得

已知可得

要证成立，只需证

因为是的零点，所以，

两式相减得：

即

只需证

又因为只需证

即证

令则，所以，

所以在增函数，所以即.

即成立.

所以原不等式得证.

【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)利用导数证明不等式．