2023-2024学年山东省聊城市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省聊城市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共16页。试卷主要包含了已知，，且，则的最小值为，已知，，，则，已知，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷分和两部分.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上.
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3．第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.不按以上要求作答的答案无效.
第I卷 选择题（60分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在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．
2．在平面直角坐标系中，已知角的始边是轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
3．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．定义在上的函数，满足，且在为增函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知命题，，则为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
6．函数向右平移个单位后，所得函数是偶函数，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知向量，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．向量与夹角是D．
10．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知数列的前项和为，，，，下列说法正确的是（ ）
A．B．为常数列
C．D．
12．已知，函数，，若，则下列成立的是（ ）
A．，B．
C．D．
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13．已知一扇形的圆心角为，弧长为7，则该扇形的面积为 ．
14．已知直线是函数在点处的切线，则 ．
15．古希腊数学家海伦在其所著的《度量论》或称《测地术》中给出了用三角形的三边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为，，则它的面积为，其中，这个公式称之为海伦公式，形式优美，体现了数学的对称美.已知的周长是18，且满足，则的面积为 ．
16．已知是的内心，，，，则 ．
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．已知等差数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)已知求数列，求的前项和．
18．已知函数在区间上的最大值为6．
(1)求函数的单调递减区间；
(2)求使成立的的取值集合．
19．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，．
20．在数列中，且
(1)求数列的前项和；
(2)设是满足不等式的所有的个数，数列的前项和为，求．
21．在中，为上一点，满足，且．
(1)证明：．
(2)若，求．
22．设函数；．
(1)，,恒成立，求的取值范围；
(2)设，若方程的两根为，，且，求证：．
1．D
【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.
【详解】由不等式，则等价于，解得，
所以，由，则.
故选：D.
2．A
【分析】利用三角函数的定义可得答案.
【详解】因为终边经过点，所以，
故，所以，
故选：A.
3．C
【分析】设，根据复数相等即可求出，，进而求解.
【详解】设，则，整理得，
所以，所以，所以，
所以.
故选：C
4．B
【分析】利用余弦的诱导公式，对数的运算法则，指数函数的性质得出，，，再由题意得是偶函数，把函数值中的自变量化为正数，由偶函数性质得出上递减，从而可比较函数值大小，得出结论．
【详解】，，，
，即是偶函数，
，，
在是递增，则在上递减，又，
所以，即，
故选：B．
5．D
【分析】根据特称命题的否定，转化问题为不等式恒成立，利用函数单调性求得最小值，可得答案.
【详解】命题的否定为，由命题为假命题，则命题为真命题，
由不等式，整理可得，令，
由函数和在上单调递减，则函数在上单调递减，
所以，则，
由是的一个真子集，
故选：D
6．C
【分析】根据图像平移得到平移后的解析式，偶函数，即图像关于轴对称，即当时，取得最值，即可求解.
【详解】函数向右平移个单位后，
得，
其为偶函数，即图像关于轴对称，即当时，取得最值，
则，即，
即，当时，取得最小正数，
则的最小值是.
故选：C
7．A
【分析】根据题意，由指数的运算，结合基本不等式，即可得到结果.
【详解】因为，，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.
故选：A
8．B
【分析】应用平方关系消去，得，再应用诱导公式即可求解.
【详解】由，得，得①，
由，得，得②，
①②得：，
即，
.
故选：B
9．BCD
【分析】根据题意，由条件可得，再由平面向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为向量，，则，
且，则，解得，故A错误；
因为，，则，故B正确；
因为，则，故C正确；
因为，则，故D正确；
故选：BCD
10．ACD
【分析】根据给定条件，利用不等式性质逐项判断作答即可.
【详解】对于选项A，因为，得，所以，
即，则，故选项A正确；
对于选项B，因为，，所以，故选项B不正确；
对于选项C，因为，所以，所以，
即，所以，故选项C正确；
对于选项D，因为，所以，
从而，即，
因为，所以，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据 ，得是常数列，可确定，计算得到，从而可判断选项.
【详解】，则，
整理得，即，
故是常数列，
所以，即，故D选项正确.
当时，，
经检验时满足，故.
对于A选项，由，知，故A选项正确.
对于B选项，由，知，所以为常数列，故B选项正确.
对于C选项，由，知，故C选项错误.
故选:ABD .
12．ABD
【分析】根据题意，将问题转化为函数的图像与函数和，的图像交点问题，结合图像，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
设分别是，的零点，则是方程的解，
是方程的解，所以分别是函数的图像与函数和
，，的图像交点的横坐标，设交点分别为，，
由可知，，故A正确；
又因为和以及的图像均关于对称，所以两交点一定
关于对称，且关于直线的对称点坐标为，所以，
即，故B正确；
因为，当且仅当时，即时，等号成立，且，所以，故C错误；
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
且，所以，即，故D正确；
故选：ABD
13．
【分析】根据扇形的弧长和面积公式计算即可.
【详解】设扇形的半径为，
则，所以
所以该扇形的面积为.
故答案为.
14．4
【分析】根据导数的几何意义即可求解.
【详解】因为，，
所以，
因为直线是函数在点处的切线，
所以，解得，
所以，
故4
15．
【分析】根据正弦定理和面积公式即可得答案.
【详解】因为的周长是18，且，所以，
因为，根据正弦定理可知，，
又的周长是18，所以，，，
所以
.
故答案为.
16．36
【分析】借助三角形内切圆的性质、平面向量数量积的定义及几何意义即可解答.
【详解】如图所示：
以为圆心作的内切圆，分别与、、相切于点、、，
设，
根据切线长定理得，
,
,
所以，
即，解得，即，
由题意可得,
所以，
所以,
.
故36.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出公差，求出通项公式；
（2）利用错位相减法求和
【详解】（1）为等差数列，设出公差为，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以；
（2）由（1）知，所以，
所以，
，
所以，
所以，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）应用整体代入法求得解析式和单调递减期间；
（2）解三角不等式求得.
【详解】（1），，，
的最大值为，，，
由，得，
的单调递减区间为
（2），即，所以
所以，故的取值集合为
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分解因式讨论a确定单调性（2）法一：变换主元a，放缩确定函数最值即可证明；法二：求导确定函数最值即可证明
【详解】（1）的定义域为，
①若，则
所以在单调递减
②若，由得
当时，
当时，
所以在单调递减，在单调递增
综上：时，在单调递减；
时，在单调递减；
在单调递增．
（2）法一：当时，
设，
由得
当时，
当时，
所以在单调递减，在单调递增
所以
所以，当
法二：由（1）知，时，在单调递减；在单调递增．
，又易知单调递增，故
时，．
20．(1)
(2)256
【分析】（1）由题意，根据对数运算整理等式，结合等比数列的定义以及求和公式，可得答案；
（2）由题意，整理不等式，利用裂项相消的求和方法，可得答案.
【详解】（1）由，则，
因为，所以，即，
所以是以1为首项2为公比的等比数列，所以，
所以.
（2）由（1）知，所以，所以，
所以，
所以.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据边长关系得到，结合三角形面积公式和证明出结论；
（2）设，，表达出其他边长，，，根据互补关系得到，计算出，由余弦定理求出答案.
【详解】（1）因为为上一点，满足，
所以，所以，
因为，所以，
所以；
（2）由（1）知，设，则，
又因为，为上一点，，
设，则，，
在中，，
在中，，
所以，
所以，
在中，.
22．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，,所以由得，
设，则
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，则，
所以等价于，即，
又因为，，所以，即，
故的取值范围为.
（2）因为，即，
所以，其定义域为，
则，，
因为方程有两根为，，即的两根为，，且，
所以，即，且，，
所以，，且，
所以，，
要证，只需证，即证，
即证，即证，
因为，只需证，
令，
则，
所以，在上单调递增，且，
故，所以.
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.