2023届辽宁省鞍山市高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省鞍山市高三上学期期中数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届辽宁省鞍山市高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦函数的值域可得集合，再根据交集运算求解即可.【详解】因为，，所以.故选:A.2．下列命题中，是真命题的是（    ）A．， B．，C．的充要条件是 D．若，且，则，至少有一个大于1【答案】D【分析】对命题逐一判断【详解】对于A，恒成立，故A错误，对于B，当时，，故B错误，对于C，当时，无意义，故C错误，对于D，若，则有，故D正确，故选：D3．把120个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和是较小的两份之和的7倍，则最小一份的面包个数为（    ）A． B．2 C．6 D．11【答案】B【分析】由等差数列的通项公式和前项和公式求解【详解】设最小的一份为个，公差为，，所以，由题意，解得，则最小一份的面包个数为2，故选：B4．已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（　　）①若，则；②若，则；③若，则；④若是虚数，则都是虚数. A．①④ B．② C．②③ D．①②③【答案】C【分析】根据复数的性质分别判断即可.【详解】解：为复数，①若，因为没有大小（虚部为0，即为实数时除外），故是错误的，②若，设，则，由，得，所以，正确，③若，则，正确，④若是虚数，不一定都是虚数，比如，而是虚数，故错误，故②③正确，故选：C.5．设，若关于的不等式在上有解，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据不等式等价变形，转化为对勾函数在上的最值，即可求解.【详解】由在上有解，得在上有解，则，由于，而在单调递增，故当时，取最大值为，故，故选：C6．下列说法正确的有（    ）A．若向量，，则B．若向量，则向量、的夹角为锐角C．向量，，是三个非零向量，若，则D．向量，是两个非零向量，若，则【答案】D【分析】本题主要利用平面向量的相关概念及运算性质来解决.【详解】对于A，若，则与不一定平行，故A错误；对于B，由得，向量与的夹角为锐角或角，故B错误；对于C，由得，则，故C错误；对于D，由题可知，向量，共起点，作平行四边形，对角线相等，此四边形是矩形，，故D正确.故选：D.7．定义在上的奇函数满足，若当时，，则（    ）A． B．6 C． D．8【答案】C【分析】由奇函数满足，可推出是周期为4的函数，求解即可得出答案．【详解】因为，所以，又，所以，所以，所以是周期为4的函数，因此．故选：C．8．已知定义域为的函数的导函数为，且函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）A．有极小值，极大值 B．有极小值，极大值C．有极小值，极大值和 D．有极小值，极大值【答案】D【分析】根据给定的函数图象，分析判断值为正或负的x取值区间作答.【详解】观察图象知，当时，或且，当时，或，而当时，，当时，，因此当或时，，当时，，当且仅当时取等号，则在上单调递减，在上单调递增，所以有极小值，极大值，A，B，C不正确；D正确.故选：D 二、多选题9．已知向量，其中m，n均为正数，且，下列说法正确的是（    ）A．与的夹角为钝角 B．向量在方向上的投影为C． D．的最大值为2【答案】CD【分析】根据平面向量数量积的坐标运算可得，从而可判断A；根据向量在方向上的投影为可判断B;根据共线向量的坐标运算可判断C；由C可得，根据基本不等式即可判断D.【详解】对于A，因为所以，则与的夹角为锐角，故A错误；对于B，因为所以向量在方向上的投影为，故B错误；对于C，因为所以.因为，，所以，即，故C正确；对于D，因为，，所以，当且仅当,即时取等号，故的最大值为2，故D正确.故选:CD.10．若，且，则下列各式中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】先利用倍角公式以及平方关系求出，再结合选项逐个验证即可.【详解】因为，所以，解得．又，所以，从而，于是．故选：AD.11．下列命题正确的有（   ）A．若等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列B．若为等比数列，且，则C．若等差数列的前项和为，已知，且，，则可知数列前项的和最大D．若 ，则数列的前2020项和为4040【答案】BCD【分析】A.利用等差数列的性质判断；B.利用等比数列的性质判断；C.根据等比数列前n项和公式判断；D.利用数列并项求和判断.【详解】A.等差数列的前项的和为，则，，也成等差数列，故错误；B. 为等比数列，且，则，所以，故正确；C. 因为，则，，则，所以，，所以数列前项的和最大，故正确；D. 因为，所以数列的前2020项和为：，，故正确.故选：BCD12．已知函数，则有（    ）A．是的一个对称中心B．的最小正周期为C．的图像关于直线对称D．在区间上单调递减【答案】BC【分析】根据二倍角公式得到，然后利用正弦函数的图象和性质判断对称中心、最小正周期、对称轴和单调区间即可.【详解】因为，没有对称中心，故A错；最小正周期，故B正确；令，得，故C正确；令，根据得，函数在上不单调，故D错；故选：BC. 三、填空题13．函数在上的最小值为___________．【答案】##【分析】利用导数确定单调性即可求解最值.【详解】因为，当时,，所以在上单调递增，所以．故答案为：14．在中，，，，，则=______．【答案】【分析】利用基底来表示，从而将表示为即可求解.【详解】据题意，可作图如下，,,,==.故答案为:.15．若是第二象限角，且，则等于___________.【答案】5【分析】利用两角差的正弦公式化简已知条件，求得，利用同角三角函数的基本关系式求得，结合降幂公式求得.【详解】，由于是第二象限角，所以，所以.故答案为：16．已知函数，若存在且，使得成立，则实数的取值范围是____________．【答案】【分析】根据已知可得，，由对勾函数的单调性求出的范围，从而可得的取值范围．【详解】由，得到，因为，所以，，于是，所以，即，所以，于是，所以，所以，因为函数在上为减函数，所以，由题意，存在，使得成立，所以．故答案为： 四、解答题17．已知函数.（1）若在区间上为增函数，求a的取值范围.（2）若的单调递减区间为，求a的值.【答案】（1）；（2）3.【分析】（1）由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，转化为不等式右边的最小值成立，可得答案；（2）显然，否则函数在上递增.利用导数求出函数的递减区间为，再根据已知递减区间，可得答案【详解】（1）因为，且在区间上为增函数，所以在上恒成立，即在(1，+∞)上恒成立，所以在上恒成立，所以，即a的取值范围是（2）由题意知.因为，所以.由，得，所以的单调递减区间为，又已知的单调递减区间为，所以，所以，即.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，特别要注意：函数在某个区间上递增或递减与函数的递增或递减区间是的区别，属于基础题.18．已知函数．(1)求函数的单调递增区间；(2)先将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，将每个点的横坐标缩短为原来的一半，再将函数图象向上平移个单位，得到函数的图象．求函数在上的值域．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式化简函数得，然后由可求出函数的增区间，（2）由三角函数图象变换规律求出，令，由求出的范围，再利用正弦函数的性质可求得结果.【详解】（1）化简得：令，，解得，，所以函数的增区间为．（2）将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，得，再将每个点的横坐标缩短为原来的一半，得，再将函数图象向上平移个单位，得到函数，令，则的取值范围是，则的取值范围是，所以的取值范围是．19．已知数列的前项和为，，.(1)证明：数列是等差数列；(2)设数列满足，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)由题意可得，两边同时除以（），得，即可得证；(2)根据是等差数列，求出数列的通项公式为，进而求得，，即可求得的值【详解】（1）证明：∵，∴，易知，∴，∴数列是公差为2的等差数列；（2）解：∵，∴，∴.当时，；当时，，，∴.20．已知函数是定义在区间上的奇函数，当时，.(1)求时的解析式；(2)求函数的值域.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用奇函数性质求的解析式；（2）由（1）得，应用基本不等式、函数单调性求在对应区间上的值域，即可得答案.【详解】（1）令，则，故，而，所以，则.（2）由（1）知：，当，，当且仅当时等号成立，此时；当，单调递增，则；综上，函数值域为.21．已知数列的前项和，数列满足，.(1)求数列、的通项公式.(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先利用求出，再利用累加法求出；（2）先利用（1）结果求出，再利用等差数列求和公式进行求和即可．【详解】（1）∵，∴，∴，当时，，∴，∵，∴，…，，以上各式相加得：，，又符合上式，∴；（2）由题意得，时，,当时，，∴.22．已知.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，研究函数在区间上的单调性；(3)是否存在实数使得函数在区间和上各恰有一个零点？若存在，请求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)的单调递增区间是，单调递减区间是；(3)不存在，理由见解析； 【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线的斜率，利用点斜式求切线方程；（2）求的导数，讨论导数的正负，从而得到的单调区间；（3）分，和进行讨论，通过导数求其单调性即可【详解】（1）若，则，，则函数在处的切线的斜率，又，所以曲线在点处的切线方程是；（2）由可得，当时，令，解得当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以的单调递增区间是，单调递减区间是；（3）当时，，所以在单调递增，故不可能有两个零点，故舍去；当时，令，解得当时，，单调递增；因为，且，故当，，故此时在区间无零点；当时，令，解得，当时，，单调递减；因为，且，故当，，故此时在区间无零点；综上所述，并不存在实数使得函数在区间和上各恰有一个零点【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.