2023届福建省龙岩市非一级达标校高三上学期期中联考数学试题含解析

2023届福建省龙岩市非一级达标校高三上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用一元一次不等式及一元二次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.

【详解】由，得，所以，

由，得，，

所以．

故选：D.

2．已知命题，．下列说法正确的是（    ）

A．p为真命题，：，

B．p为假命题，：，

C．p为真命题，：，

D．p为假命题，：，

【答案】C

【分析】根据方程与函数的关系结合零点存在性定理判断命题，再由含存在量词的命题的否定方法求其否定，由此确定正确选项.

【详解】方程可化为，设，则方程的根就是函数的零点，又当时，，当时，，由零点存在性定理知函数在区间内存在零点，故方程在上有解，故p为真命题，根据存在量词的命题的否定方法可得命题为，，所以C正确，

故选：C．

3．在中，角所对的边分别为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】三角形三内角和为，故可求角，利用正弦定理即可求.

【详解】因为，所以，

因为，所以．

故选：C.

4．“方程表示的图形是圆”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据圆的一般式表示圆的条件判断即可．

【详解】解：由方程表示的图形是圆，

可得，

即；

由，

得，

显然，

所以“方程表示的图形是圆”是“”的必要不充分条件．

故选：B．

、

5．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（    ）

A．183 B．125 C．162 D．191

【答案】D

【分析】设该数列为，先由条件判断该高阶等差数列为逐项差数之差成等差数列，进而得到，再利用累加法求得，进而可求得的值.

【详解】设该数列为，并设.

由，，，，…

可知该数列逐项差数之差成等差数列，首项为1，公差为1，故，

故，

则，，，…，，()，

累加得，

即（显然，对于n=1也成立），故.

故选：D.

6．已知函数，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，再利用函数的单调性化简得，解不等式即得解.

【详解】因为，所以是奇函数，

当时，是增函数，此时，

又，

所以在R上是增函数．又因为，，

所以可化为

所以，

解得．

故选：B

7．阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”，由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（单位；cm）和时间t（单位：s）的函数关系式为，若振幅是2，图像上相邻最高点和最低点的距离是5，且过点，则和的值分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由振幅得到，再由最高点和最低点的距离为结合勾股定理可得，从而求得，再将代入即可求得，问题得解.

【详解】根据题意，由振幅是2易知，

故，则是的最高点，

不妨记相邻的最低点为，连接，过作轴，过作，交点为，如图，

则，，，故，得，

又因为，故，得，所以，

因为是的点，故，得，即，

因为，所以，

故，.

故选：A.

.

8．设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．是数列中的最大值 D．数列无最大值

【答案】B

【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.

【详解】当时，则，不合乎题意；

当时，对任意的，，且有，可得，

可得，此时，与题干不符，不合乎题意；

故，故A错误；

对任意的，，且有，可得，

此时，数列为单调递减数列，则，

结合可得，

结合数列的单调性可得

故，

，

∴，

故B正确；

是数列 中的最大值,故CD错误

故选：B.

二、多选题

9．已知数列{}中，，，下列说法正确的是（    ）

A．若{}是正项等比数列，则 B．若{}是正项等比数列，则

C．若{}是等差数列，则 D．若{}是等差数列，则公差为

【答案】BD

【分析】根据数列是等差或等比分别求得公差或公比，进而求解判断即可．

【详解】解：设正项等比数列{}的公比为q，

则，

解得，

所以，

故A错误，B正确；

设等差数列{}的公差为d，

则，

解得，且，

故C错误，D正确．

故选：BD．

10．已知，则的值可能是（    ）

A．1 B．2.5 C．3 D．4.5

【答案】CD

【分析】利用，将变形为，再利用基本不等式求最小值，即可判断选项.

【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.

故选：CD

11．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】根据题意得，进而构造函数并根据其单调性可判断，再构造函数可得，进而可判断.

【详解】解：由已知得 ，

设，得，

所以，当时，，单调递减，

所以，即，所以，A正确，B错误；

设，则，

所以，在上上单调递增，

所以，即

又

，

所以，C错误，D正确．

故选：AD

12．已知定义在R上的函数f（x），g（x）满足：

①；

②对任意实数，，都有；

③存在大于零的常数a，使得，且当时，．

下列说法正确的是（    ）

A． B．当时，

C．函数f（x）g（x）在R上的最大值为2 D．对任意的，都有

【答案】ACD

【分析】A.利用赋值法，令和求解判断；B.令，得到，再由时，，得到求解判断； C.由求解判断；D.令求解判断.

【详解】令，可得，令，由，得，A正确；

令，得，当时，，

所以，所以

故，所以，B错误；

由，得，故C正确；

令，得，则，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．设集合，若，且，则x的值为_______．

【答案】2

【分析】先化简求得集合，再根据，且求得．

【详解】解：因为，且，

所以．

故答案为：2．

14．若，则______．

【答案】

【分析】由诱导公式化简后，直接利用两角和的正切公式求解即可.

【详解】因为，所以，

所以，

故答案为：.

15．用总长为22的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制容器底面一边的长比另一边的长多2，则该容器的最大容积为______________．

【答案】##

【分析】设容器的底面边长分别为，则容器的高为，求出容器的体积，利用导数求最值可得答案．

【详解】设容器的底面边长分别为，则容器的高为，

记容器的体积为，则，

因为，

当时，，所以在上单调递增，

当时，，所以在上单调递减，

所以．

故答案为：.

16．已知函数的部分图像如图所示，则满足的最小正整数x的值为_______．

【答案】1

【分析】先根据图像求得，再解求得最小正整数x．

【详解】解：由题意得函数f（x）的最小正周期，

解得，

所以．

又，

所以，

即，

所以，

解得．

由，得，

所以，

所以．

由，

可得，

则或，

即或．

① 由，

可得，

解得，

此时正整数x的最小值为2；

② 由，

可得，

解得，

此时正整数x的最小值为1．

综上所述，满足条件的正整数x的最小值为1．

故答案为：1．

四、解答题

17．已知数列的前项和为，，且．

(1)求的通项公式；

(2)若是，的等比中项，求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式，结合等差数列通项公式求出，再由求出数列的通项作答.

（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求解作答.

【详解】（1）因，则数列是以为首项，1为公差的等差数列，

则有，，当时，，满足上式，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）知，依题意，，，

所以.

18．△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求角B的大小；

(2)若，且△ABC的面积，求△ABC周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)（4，）

【分析】（1）根据正弦定理把角化边，再由余弦定理求得角B；

（2）根据△ABC的面积求得范围，根据余弦定理把用表示，进而求得的范围，从而求得周长范围．

【详解】（1）解：因为，

所以

由正弦定理，得，

即，

所以，

因为B∈（0，），所以．

（2）解：由（1）知，

由题意得，

故，

即，

由余弦定理可得，

故，

所以，

故，

即△ ABC周长的取值范围为（4，）．

19．已知，函数的部分图象如图所示．

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)求函数在[0，]上的值域．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据图象可知，据此求出满足的条件，再由得解；

（2）由辅助角公式化简，根据所给角的范围，利用正弦函数性质求解.

【详解】（1）依题意可得，即，

则，即，

因为，所以，

故.

（2）由（1）知，

当时，，

则，

所以在[0，]上的值域为.

20．已知函数．

(1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值；

(2)若对任意的恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则，结合导数的几何意义即可求解；

（2）根据已知条件将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解.

【详解】（1）因为，所以，

因为曲线在处的切线方程为，

所以，解得,

所以实数的值为.

（2）对任意的，

当时，由，得，则．

当时，由，得，转化为即可，

令，则

令，得；令，得．

所以在上．单调递减，在上单调递增．

所以，所以．

综上，实数a的取值范围为

21．电动车给人们日常短途出行带来了极大的便利．现有某品牌的电动车，逆风行驶时所消耗的电能为y（单位：千瓦），v（单位：千米/小时）为电动车在无风状态下行驶的速度，t（单位：小时）为行驶时间，k）为常数，n为电能次级数，它们之间的关系是．如果风速为4千米/小时，电动车在逆风中行驶20千米．

(1)用v，k，n表示y；

(2)若，当v的值为多少时，y取得最小值？

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）先求得，再根据求得；

（2）求的极小值点即可．

【详解】（1）解：由已知得，

由，得，

即．

（2）解：若，

则，

得，

令，

得．

所以在（4，8）上单调递减，在（8，+∞）上单调递增．

所以当时，y取最小值．

22．已知函数.

(1)若的最大值为，求；

(2)若存在，使得函数有3个零点，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，确定最值，即可求得答案；

（2）设，求出其导数，分类讨论a的取值范围，说明当时不合题意，当 时，构造函数，利用导数说明函数的单调性，数形结合，说明存在，使得函数有3个零点，进而求得参数范围.

【详解】（1）由题意 的定义域为 ，

当 时， ，在 上单调递增；

当 时， ，在 上单调递减，

故的最大值为 ，故，解得；

（2）设，则 ，

设 ，则，

若，则 ，方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意．

若，则在上单调递减，

取时，，而，

故不妨设，则当 时，，递增，

当 时，，递减，

此时方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意；

若 ，令 ，解得 ，

当 时，，递增 ，当时，，递减，

由，解得，

当时，因为 ，所以存在唯一实数 使得 ，

令，当时，，递增，

当时，，递减，故，

即 ，则 ，

所以存在唯一的 使得，

此时，当 时， ，， 在区间上单调递减，

当时， ，，在区间上单调递增，

当 时，，，在区间上单调递减，

且当 时， ，当时，，

由数形结合可知，此时的图象和直线可以有3个交点，

即当时，存在，使得有3个零点，

故a的取值范围是 ．

【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值问题以及根据函数的零点个数求解参数范围问题，综合性强，计算量大，解答时要明确导数与函数的单调性以及最值之间的关系，解答的关键在于根据函数零点个数求解参数范围时，要能综合利用导数的知识，构造函数，分类讨论，判断函数的单调性，数形结合，确定参数范围.