山东省泰安市宁阳县2022-2023学年高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

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-21- 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：.∵Ü∴p是q的必要不充分条件.故选：C.4.已知为等比数列，，，则（）A9B.－9C.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-21- 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）A20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（）-21- 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-21- 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，-21- 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：AC10.将函数的图象向左平移-21- 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.①B.②C.③D.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，-21- 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：BD11.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-21- 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：ABC12.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，-21- 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，-21- 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.-21- 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.-21- 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，.-21- （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-21- 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；.-21- 【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.-21- 【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，；-21- 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.-21- （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】-21- 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-21- 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．-21-