2023届黑龙江省七台河市勃利县高级中学高三上学期期中数学试题含答案

2023届黑龙江省七台河市勃利县高级中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则z在复平面上对应的点所在的象限是（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先由复数的除法运算法则求得复数z，再由复数的几何意义求解即可

【详解】因为，

所以，

所以z在复平面上对应的点所在的象限是第四象限，

故选：D

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，利用集合的交集运算即可求解

【详解】因为，，

所以，即，

故选：C

3．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，”的否定是“，”

B．命题：，，若命题是假命题，则

C．“”是“，的夹角为钝角”的充分不必要条件

D．中，是的充要条件

【答案】D

【分析】对于A，利用含量词的命题的否定即可判断；对于B，由是假命题可得：，为真命题，分和进行讨论即可；对于C，利用“的夹角为钝角”的充要条件即可判断；对于D，利用正弦定理和三角形性质即可求解.

【详解】对于A，由含量词的命题的否定知，命题“，”的否定是“，”，故不正确；

对于B，因为命题是假命题，所以：，为真命题，

当时，不等式为恒成立；

当时，需满足，解得，

综上所述，的取值范围为，故不正确；

对于C，“的夹角为钝角”的充要条件是“且不平行于”，所以“”是“，的夹角为钝角”的必要不充分条件，故不正确；

对于D，若，由三角形中“大边对大角”可知，，由正弦定理可知，；

若，由正弦定理可知，，从而，

故“”是“”的充要条件，故正确，

故选：D

4．一个扇形的弧长与面积的数值都是3，则该扇形圆心角的弧度数为（　　）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】由扇形的弧长公式和面积公式列方程组求解．

【详解】设扇形的圆心角的弧度数为α，半径为r，则解得

故选：C．

5．下列四个命题中真命题的序号是（    ）

①函数的最小值为2；②函数的最小值为3；

③函数的最大值为；④函数的最小值为2．

A．②③ B．①②④ C．①④ D．②③④

【答案】A

【分析】利用基本不等式判断各命题即可，注意验证“一正二定三相等”的条件．

【详解】①需满足和大于零，当时，，则最小值不为2，故①错误；

②因为，所以，，当且仅当即时等号成立，故②正确；

③因为，所以，，当且仅当，即时等号成立，所以，故③正确；

④因为，所以，当且仅当时等号成立，但是无实数解，故④错误．

故选：A．

6．已知函数，则＝（    ）

A． B．4 C．  D．8

【答案】C

【分析】利用函数的解析式，根据对数的运算法则进行化简计算，可得答案.

【详解】由题意得,

故选：C

7．若函数满足，且时，，则函数的图像与函数的图像的交点个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．无数个

【答案】C

【分析】在同一直角坐标系中，画出两个函数的图像，由图像可以判断其交点的个数.

【详解】，，

在同一直角坐标系中，画出两个函数的图像如图所示：

由图像可知与有4个交点.

故选：C.

8．已知函数是偶函数，在区间内单调递减，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据是偶函数得到的图像关于直线对称，由函数单调性结合得到，及上单调递增，画出和的图象，数形结合求出不等式的解集.

【详解】由是偶函数知的图像关于直线对称，

再根据在区间内单调递减和知:

在区间内单调递增，，

则函数和的大致图像如图所示，

由图象可知：当时，，

故的解集为．

故选：B．

二、多选题

9．已知,,其中，则以下结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则或

C．若，则

D．若，则

【答案】BCD

【分析】对于A，由得，得或或，故A不正确；

对于B，由得，得或，故B正确；

对于C，根据平面向量数量积的运算律求出，故C正确；

对于D，根据平面向量数量积的运算律求出，故D正确.

【详解】对于A，若，则，则，

因为，所以，则或或，故A不正确；

对于B，若，则，则，

因为，所以，所以或，

所以或，故B正确；

对于C，，则

，故C正确；

对于D，若，则，则，则，即，所以，故D正确.

故选：BCD.

10．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B．若，则的最小值为

C．取到最大值时， D．设，则数列的最小项为

【答案】AD

【分析】求得等差数列的通项公式判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得取到最大值时n的值判断选项C；求得数列的最小项判断选项D.

【详解】由，可得，

则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；

若，则

则

（当且仅当时等号成立）

又，则的最小值为不为.则选项B判断错误；

等差数列中，

则等差数列的前项和取到最大值时，或.则选项C判断错误；

设，则，则

则

则数列的最小项为.则选项D判断正确

故选：AD

11．下列说法正确的是（    ）

A．函数在定义域上是减函数

B．函数有且只有两个零点

C．函数的最小值是1

D．在同一坐标系中函数与的图象关于轴对称

【答案】CD

【分析】利用熟知函数的图象与性质逐一判断即可.

【详解】对于A，在定义域上不具有单调性，故命题错误；

对于B，函数有三个零点，一个负值，两个正值，故命题错误；

对于C，∵|x|≥0，∴2|x|≥20＝1，∴函数y＝2|x|的最小值是1，故命题正确；

对于D，在同一坐标系中，函数y＝2x与y＝2﹣x的图象关于y轴对称，命题正确.

故选CD

【点睛】本题考查函数的性质，涉及到单调性、最值、对称性、零点等知识点，考查数形结合能力，属于中档题.

12．下列不等关系中，正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】构造函数，利用函数导数及性质每项验证.

【详解】对A，令，则 ，

当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，

当e时，，此时在（e，）上单调递减，

所以，，所以，故A正确；

对B，令，则，

当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，

当e 时，，此时在（e，）上单调递减，

由e，所以，

故B错误；

对C，由时，所以，令，

当时，，此时在上单调递减，

当 时，，此时在上单调递增，

所以，所以，当时取等号，

所以 ，即，

又，所以，所以，故C正确

对D，由

又 （，当时取等号）

所以即，即，故D正确

故选：ACD.

三、填空题

13．若向量满足，则      .

【答案】1

【分析】将两边平方，然后将条件代入即可得到答案.

【详解】因为 ，

所以 ，即 ，

所以，即

所以，

所以

故答案为: .

14．已知，，是直线，给出下列命题：

①若，，则；

②若，，则；

③若，，则；

④若与异面，则至多有一条直线与，都垂直．

其中真命题是      （写出所有正确命题的序号）．

【答案】①③

【分析】根据空间中线线的位置关系判断即可；

【详解】解：已知，，是直线，给出下列命题：

①若，，根据平行线的传递性可得：，正确；

②若，，则与平行、相交或为异面直线，因此不正确；

③若，，则，正确；

④若与异面，则有无数条直线与，都垂直，因此不正确．

其中真命题是 ①③．

故答案为：①③．

15．关于x的不等式的解集为         

【答案】

【分析】由对数的运算性质与换元法求解

【详解】

令，则，解得，

则，解得，

故答案为：

16．如图，在四面体中，，AC与BD所成的角为60°，M、N分别为AB、CD的中点，则线段MN的长为      ．

【答案】或

【分析】取的中点，连接、，求出的值，利用余弦定理可求得线段的长.

【详解】取的中点，连接、，

、分别为、的中点，且，

同理可得且，

为异面直线与所成的角或其补角，则或.

在中，.

若，则为等边三角形，此时，；

若，由余弦定理可得.

综上所述，或.

故答案为：或.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

四、解答题

17．在①a＝2，②a＝b＝2，③b＝c＝2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，求△ABC的面积的值（或最大值）．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，三边a，b，c与面积S满足关系式：，且______，求△ABC的面积的值（或最大值）．

【答案】选①时，；

选②时，；

选③时，.

【分析】由及面积公式、余弦定理解得，

选择条件①：使用余弦定理及基本不等式可求出，从而求出△ABC的面积最大值.

选择条件②：已知可求出，进一步可求得△ABC的面积的值.

选择条件③：已知两边及夹角，直接可求△ABC的面积的值.

【详解】∵，

∴，

∵，∴，

选择条件①：当a＝2时，根据余弦定理，，∴，

∵，

∴（当且仅当b＝c时取等），

∴；

选择条件②：当a＝b＝2时，∵，

∴，∴；

选择条件③：当b＝c＝2，．

18．已知函数

(1)求函数的最小正周期和单调递减区间

(2)在中，若，求的取值范围.

【答案】(1)最小正周期为，

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式，辅助角公式将函数进行化简，利用三角函数的性质求解即可；

（2）先求出，结合，将表示成关于的函数后进行求解.

【详解】（1），故的最小正周期为，令，解得，即为的单调递减区间.

（2）因为，所，因为，所以，可得，所以，因，所，所以，即的取值范围是

19．已知正项数列的前n项和为，，且．

(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由可得，所以数列是以公差为3的等差数列，可求出数列的通项公式

（2）求出，由裂项相消法求出.

【详解】（1）由得，

∴．

又，∴，∴．

∴数列是以公差为3的等差数列．

又，∴，，∴．

（2）由（1）知．

∴

．

20．已知数列满足，且.

(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见详解，

(2)

【分析】（1）根据递推公式构造可证，然后借助为等比数列可得通项，再构造数列可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；

（2）由错位相减法可得.

【详解】（1）因为

所以

又因为

所以是以4为首项，2为公比的等比数列.

所以

变形得

所以是以为首项，1为公差的等差数列

所以，所以

（2）因为…①

所以…②

①-②得：

所以

21．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)求的单调性；

(3)求函数在上的最小值．

【答案】(1).

(2)当时，单调递减；当时，单调递增.

(3)答案见解析.

【分析】（1）当时，求出的值，利用导数的几何意义求解即可；

（2）求导得，利用导数的正负即可得到单调性；

（3）按的取值情况，再借助单调性讨论求解即可.

【详解】（1）当时，，则，

所以，，

所以曲线在处的切线方程为.

（2）由题意得，因为恒成立，

所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增.

（3）由（2）得，①当时，在上单调递减，；

②当时，在单调递减，在单调递增，；

③当时，在上单调递增，.

22．设函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)证明：.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）求导，再分，和三种情况讨论，再根据导函数的符号即可得出答案；

（2）由（1）知：当时，在上单调递减，从而有，则有，再令，再利用放缩法及裂项相消法即可得证.

【详解】（1）解：的定义域为，，

令，

当时，恒成立，即恒成立，

故在上单调递增，

当时，有二正根，，，

当，，

在和上单调递减，

当，，在上单调递增，

当时，恒成立，即恒成立，

故在上单调递减；

综上：当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减；

（2）证明：由（1）知：当时，在上单调递减，

所以，

所以，当且仅当时取等号，令，

则，

所以

，

所以.

【点睛】本题考查了利用导数求含参函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式问题，考查了分类讨论思想及放缩思想，有一定的难度.