山東省泰安市寧陽縣2022-2023學年高三上學期期中考試數學試題含解析

2022—2023學年高三上學期期中檢測試題數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先化簡集合A，再去求即可解決【詳解】由，得，則故選：B.2.已知命題，，則命題的否定為（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題，再否定結論即可.【詳解】命題，的否定為“”.故選：D【點睛】本題考查全稱命題的否定的求解，注意只否定結論即可，屬簡單題.3.設命題p：關于x的不等式對一切恒成立，命題q：對數函數在上單調遞減，那么p是q的（）A.充分不必要條件 B.充要條件 C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】p為真，利用判別式小于0求解a的范圍；q為真時，由對數函數的單調性求解a的范圍，然后利用充分必要條件的判定得答案.【詳解】關于x的不等式對一切恒成立，則，即，∴p為真：；對數函數在上單調遞減，則，即.∴q為真：.∵∴p是q的必要不充分條件.故選：C.4.已知為等比數列，，，則（）A9 B.－9 C. D.【答案】C【解析】【分析】根據等比數列的下標和性質可求出,便可得出等比數列的公比,再根據等比數列的性質即可求出.【詳解】∵,∴,又,可解得或設等比數列的公比為,則當時,,∴；當時,,∴.故選：C．【點睛】本題主要考查等比數列的性質應用,意在考查學生的數學運算能力,屬于基礎題.5.垃圾分類，一般是指按一定規(guī)定或標準將垃圾分類儲存、分類投放和分類搬運，從而變成公共資源的一系列活動的總稱．已知某種垃圾的分解率ν與時間t（月）滿足函數關系式（其中a，b為非零常數）．若經過6個月，這種垃圾的分解率為5%，經過12個月，這種垃圾的分解率為10%，那么這種垃圾完全分解（分解率為100%）至少需要經過（）（參考數據）A20個月 B.40個月 C.28個月 D.32個月【答案】D【解析】【分析】根據題意先確定的值，令，求得時間t.【詳解】依題意，解得，故.令，得，即，則.即這種垃圾完全分解（分解率為100%）至少需要經過32個月.故選：D.6.函數的大致圖像為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】判斷函數的奇偶性排除兩個選項，再由函數值的正負排除一個選項，得正確結論．【詳解】函數的定義域為，當時，，，所以為奇函數，故排除B、D選項.當時，，，所以，排除C，故選：A．7.已知，且，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】據二倍角公式，兩角和的正弦公式以及同角三角函數的基本關系求解.【詳解】，,，又，則，即所以，因為，所以，.由平方可得，即，符合題意.綜上，.故選：B.8.已知函數，則、、的大小關系是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知函數的圖象關于直線對稱，可得出，分析函數在上的單調性，構造函數，利用導數分析函數在上的單調性，可得出、的大小，并比較與的大小，結合函數的單調性可得出結論.【詳解】因為，對任意的，，所以，函數的圖象關于直線對稱，則，當時，，因為二次函數在上為增函數，且，所以，函數、在上為增函數，所以，函數在上為增函數，令，其中，則，故函數在上為減函數，所以，，即，所以，，所以，，又因為，即，所以，.故選：A.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知實數x，y滿足（0<a<1），則下列關系式恒成立的有（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】先根據題干條件，得出，再進行判斷，BD選項可以通過舉出反例進行證明，AC選項可以通過函數的單調性進行證明.【詳解】因為，所以是單調遞減函數，因為，所以，而是定義在R上單調遞增函數，故，A正確；當，時，滿足，此時，故B錯誤；因為，所以，所以，C正確；當，時，，，所以，D錯誤.故選：AC10.將函數的圖象向左平移個單位長度后得到的部分圖象如圖所示，有下列四個結論：①；②在上有兩個零點；③的圖象關于直線對稱；④在區(qū)間上單調遞減，其中所有正確的結論是（）A.① B.② C.③ D.④【答案】BD【解析】【分析】根據平移后的函數圖象，結合函數周期以及特殊點求得參數，可得解析式，由此計算判斷①，求出在上的零點，判斷②，將代入函數解析式驗證，判斷③，根據正弦函數的單調性可判斷④，即得答案.【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象對應的函數解析式為：，由圖像知,將點代入表達式中，得，即，因為，所以，則；故，故①錯誤；即，由得，故或，即或，即在上有兩個零點，②正確；將代入，得，即的圖象不關于直線對稱，③錯誤；當時，，由于正弦函數在上單調遞減，故在區(qū)間上單調遞減，④正確，故選：BD11.已知函數，下列命題正確的是（）A.若是函數的極值點，則B.若是函數的極值點，則在上的最小值為C.若在上單調遞減，則D.若在上恒成立，則【答案】ABC【解析】【分析】對于A，由可求出的值，對于B，由選項A，可求得，然后利用導數可求出在上的最小值，對于C，由題意可得，可求出的范圍，對于D，將問題轉化為在上恒成立，構造函數，再利用導數求出其最大值即可【詳解】對于A，由，得，因為是函數的極值點，所以，得，經檢驗是函數的極小值點，所以A正確，對于B，由選項A，可知，則，由，得或，由，得，所以在和遞增，在上遞減，所以當時，時，取得最小值，所以B正確，對于C，因為在上單調遞減，所以，即，得在上恒成立，令，則，所以在單調遞增，所以，即，所以，所以C正確，對于D，由在上恒成立，得在上恒成立，即在上恒成立，令，，則，所以上單調遞增，所以，所以，所以D錯誤，故選：ABC12.對于給定數列，如果存在實數，對于任意的均有成立，那么我們稱數列為“M數列”，則下列說法正確的是（）A.數列是“M數列”B.數列不是“M數列”C.若數列為“M數列”，則數列是“M數列”D.若數列滿足，，則數列不是“M數列”【答案】AC【解析】【分析】根據“M數列”的定義，判斷一個數列是不是“M數列”，即判斷是否存在實數，對于任意的均有成立，由此一一判斷各選項，即得答案.【詳解】對于選項A，由“M數列”定義，得，即，存在對于任意的都成立，故A正確；對于選項B，由“M數列”定義，得，即，存在，對于任意的都成立，即數列是“M數列”，故選項B錯誤；對于選項C，若數列為“M數列”，則，所以，所以數列是“M數列”，故C正確；對于選項D，若數列是“M數列”，存在實數，對于任意的，有，可得，即，故，對于任意的都成立，則，所以或，當時，，符合“M數列”定義，此時數列是“M數列”；當時，，符合“M數列”定義，此時數列是“M數列”，D錯誤，故選：AC【點睛】關鍵點點睛：判斷一個數列是不是“M數列”，關鍵是要理解其定義的含義，如果判斷數列是“M數列”，就要求出實數，對于任意的均有成立，如果不是“M數列”，說明其不符合定義即可.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知函數，若f[f(1)]=4，且a>1，則a=______.【答案】1【解析】【分析】利用分段函數的性質求解.【詳解】解：因為函數，所以又因為a>1，所以，所以，則，解得，故答案為：1.14.已知的內角A，B，C對應的邊長分別為a，b，c，，，則外接圓半徑為______．【答案】【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式化簡已知，結合，可求的值，然后利用正弦定理即可求出外接圓的半徑【詳解】由得，又所以，.則由正弦定理可得外接圓半徑.故答案為：.15.已知數列是首項為1的正項等差數列，公差不為0，若、數列的第2項、數列的第5項恰好構成等比數列，則數列的通項公式為______．【答案】【解析】【分析】通過等差數列的通項公式用分別表示，，，再通過等比中項的性質列出即可求解.【詳解】設等差數列的公差為，所以，所以，，又因為、數列的第2項、數列的第5項恰好構成等比數列，即構成等比數列，所以，解得（舍去），所以.故答案為：.16.已知函數，，設兩曲線，有公共點P，且在P點處的切線相同，當時，實數b的最大值是______．【答案】【解析】【分析】由題意可得，，聯立后把b用含有a的代數式表示，再由導數求最值得答案．【詳解】設，，．由題意知，，，即，，解得或舍，代入得：，，，當時，，當時，．實數b的最大值是．故答案為．【點睛】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查數學轉化思想方法，訓練了利用導數求最值，是中檔題．四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知集合，函數的定義域為．（1）若求集合；（2）若，求實數的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）對數的真數大于零；（2）按與的大小分類討論求解.【詳解】（Ⅰ）由，得，故集合；（Ⅱ）由題可知，①若，即時，，又因為，所以，無解；②若時，顯然不合題意；③若，即時，，又因為，所以，解得．綜上所述，．【點睛】本題考查函數的定義域和集合的運算.求函數定義域的常用方法：1、分母不為零；2、對數的真數大于零；3、偶次方根的被開方方數大于或等于零；4、零次冪的底數不等于零；5、中.18.如圖，在中，內角所對的邊分別為，.（1）求角；（2）若，，求四邊形面積的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理化邊為角，然后利用兩角和的正弦公式即可求解.（2）由余弦定理得到為等邊三角形，在中，利用余弦定理表達出，然后根據三角形面積公式即可求解.【小問1詳解】由正弦定理得：,所以即,【小問2詳解】由由余弦定理得，為等邊三角形，設，在中，，解得當，即時，S有最大值19.已知數列的前項和為，若，且.（1）求的通項公式;（2）設，，數列的前項和為，求證.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由已知等式可得，采用累乘法可求得當時的，利用可求得，檢驗首項后可得結論；（2）由（1）可得時的通項，由，采用裂項相消法可求得，由可得結論.【小問1詳解】由得：，則當時，，又，，，經檢驗：滿足；.【小問2詳解】由（1）得：當時，；，，，.20.已知函數，，（1）求的單調遞減區(qū)間；（2）求在閉區(qū)間上的最大值和最小值；（3）將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象，求函數在上所有零點之和．【答案】（1）（2）最小值，最大值為（3）【解析】【分析】（1）先將函數化簡成一個三角函數，再根據單調區(qū)間公式求得即可；（2）先由求出整體角的取值范圍，再求得的最大值和最小值；（3）先根據圖形變換求出，在求其零點得出結果.【小問1詳解】函數.令解得，所以函數的單調遞減區(qū)間為，【小問2詳解】由（1）得，由于，所以，所以，故，當時，函數的取最小值，最小值為，當時，函數的取最大值，最大值為.小問3詳解】將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象，令，，即，整理得，即或，當時，或，即，；當時，，；當時，；故所有零點之和為．21.小張于年初支出萬元購買一輛大貨車，第一年因繳納各種費用需支出萬元，從第二年起，每年都比上一年增加支出萬元，假定該車每年的運輸收入均為萬元.小張在該車運輸累計收入超過總支出后，考慮將大貨車作為二手車出售，若該車在第年年底出售，其銷售收入為萬元（國家規(guī)定大貨車的報廢年限為10年）.（1）大貨車運輸到第幾年年底，該車運輸累計收入超過總支出？（2）在第幾年年底將大貨車出售，能使小張獲得的年平均利潤最大？（利潤=累積收入+銷售收入總支出）【答案】（1）第三年；（2）第5年.【解析】【分析】（1）求出第x年年底，該車運輸累計收入與總支出的差，令其大于0，即可得到結論；（2）利用利潤＝累計收入+銷售收入﹣總支出，可得平均利潤，利用基本不等式，可得結論．【詳解】（1）設大貨車運輸到第x年年底，該車運輸累計收入與總支出的差為y萬元，則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，故從第3年，該車運輸累計收入超過總支出；（2）∵利潤＝累計收入+銷售收入﹣總支出，∴二手車出售后，小張的年平均利潤為＝19﹣（x+）≤19﹣10＝9，當且僅當x＝5時，等號成立，∴小張應當在第5年年底將大貨車出售，能使小張獲得的年平均利潤最大．【點睛】思路點睛：首先構建函數的模型一元二次函數，再解一元二次不等式，再利用基本不等式求最值.22.已知函數.（1）若，求函數的單調增區(qū)間；（2）若關于x的不等式恒成立，求整數a的最小值；（3）當時，函數恰有兩個不同的零點，且，求證：.【答案】（1）單調增區(qū)間為（2）2（3）證明見解析【解析】【分析】（1）先求出，再利用導數求出的單調增區(qū)間；（2）先利用分離參數法得到對，求導得到，再令，判斷出，使，得到在上單調遞增，在上單調遞減，求出，得到.由，求出整數a的最小值；（3）用分析法證明：當時，把題意轉化為只需證.先整理化簡得到，只需證.令，構造函數，利用導數證明出.即證.【小問1詳解】當時，，所以，則，定義域為.令，解得：.所以的單調增區(qū)間為.【小問2詳解】依題意對恒成立，等價于對恒成立.令，則令在上是增函數，，所以，使即對，，，所以在上單調遞增；對，，，所以在上單調遞減.所以