【期中真题】山东省济南市2022-2023学年高三上学期期中数学试题.zip

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2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题一、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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解不等式可得集合，进而求交集即可.【详解】解得：，所以，所以.故选：A2. 已知点是平面内任意一点，则“存在，使得”是“三点共线”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的线性运算即可得到结论.【详解】充分性：由得，故，则，故三点共线，所以充分性成立，必要性：若三点共线，由共线向量定理可知，从而，所以，所以，所以必要性成立.综上所述：”是“三点共线”的充要条件.故选：C3. 已知等比数列，则（    ）A. 1 B. 2 C. 4 D. 8【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的性质得到，进而得到，从而得解.【详解】因为是等比数列，所以，故，得.故选：B.4. 三角形的三边分别为a，b，c，秦九韶公式和海伦公式，其中，是等价的，都是用来求三角形的面积．印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四边分别为a，b，c，d，则，其中，为一组对角和的一半.已知四边形四条边长分别为3，4，5，6，则四边形最大面积为（　　）A. 21 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，由已知可推出，即可得出答案．【详解】∵a＝3，b＝4，c＝5，d＝6，∴，又易知，，则，当，即时，有最大值为.故选：D．5. 已知为第三象限角，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由同角三角函数关系即可求得，进而代入原式即可求解.【详解】由，且，解得：或，又因为为第三象限角，所以，，所以.所以.故选：B6. 函数的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先对求导，利用导数与函数的单调性得到的单调区间与极大值点，再令求得有唯一零点，从而排除选项BCD，而选项A的图象满足的性质要求，由此得解.【详解】因为，所以，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值点为，且，令，则，得，且，即在上有唯一大于的零点.对于B，其图象的极大值点为，矛盾，故B错误；对于C，其图象先减后增，矛盾，故C错误；对于D，其图象有两个零点，矛盾，故D错误；对于A，其图象满足上述结论，又排除了BCD，故A正确.故选：A.7. 在中，内角所对的边分别为，且，点为外心，则（    ）A.  B.  C. 10 D. 20【答案】C【解析】【分析】结合图形，利用垂径定理得到，再利用向量的线性运算及数量积运算即可求得结果.【详解】记的中点为，连结，如图，因为点为的外心，为的中点，所以，则，所以.故选：C. 8. 设方程和的根分别为和，函数，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】方法一：先利用方程的根与图象的交点的关系，及互为反函数的两个函数图象关系推得，由此得到，再由函数的单调性易得，构造函数与，利用导数证得与，从而解出.【详解】方法一：由得，由得，因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，同理：函数与的图象交点的横坐标为，因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，即的中点一定落在，亦即点为与的交点，联立，解得，即，所以，故，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，，，则，，令，则，所以在上单调递增，所以，即，故，令，则，令，得，所以在上单调递增，所以，则，故，综上：.故选：B.方法二：前面部分同方法一得，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，，，因为，当且仅当时取等号，所以，当时，，所以，即，下面比较的大小关系，设，，所以，故上递增，，即有，亦即，综上：.故选：B.【点睛】方法点睛：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）考查数形结合思想的应用．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. 方程在区间上有解，则解可能为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】先由辅助角公式得到，再逐一代入检验选项中的解即可.【详解】因为，所以，即，对于A，当时，，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，当时，，故C正确；对于D，当时，，故D错误.故选：AC.10. 已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 的最大值为C. 的最小值为 D. 【答案】ACD【解析】【分析】先由数列为等差数列，得再由等差数列通项公式和求和公式对选项逐一分析即可.【详解】对于A,数列为等差数列，，数列为递减的等差数列，故A正确，对于B, 数列为递减的等差数列，的最大值为，故B错，对于C, 由得的最小值为,即，故C正确，对于D, 故D正确.故选：ACD11. 已知，则下列不等式一定成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】对A用“1”的妙用进行变形即可，对C利用柯西不等式可求最值，对BD利用基本不等式式及其变形即可得解.【详解】由得：对A，，当且仅当，时取等，故A错误；对B，，时取等，两边平方可得，故B正确；对C，由柯西不等式可得：，取等，故C正确；对D，由，时取等，所以成立，故D正确；故选：BCD12. 在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（    ）A. B. 若，则为直角三角形C. 若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为D. 若为边上一点，且，则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到；对于B，利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此得证；对于C，利用三角形面积公式得到，从而得到，利用基本不等式得证；对于D，利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式“1”的妙用即可证得.【详解】对于A，因为，所以，则由正弦定理得，则，因为，所以，故，又，所以，故A错误；对于B，由余弦定理得，因为，即，代入上式得，整理得，解得或（舍去），则，所以，故B正确；对于C，设边上的高分别是，则由三角形面积公式易得，则，此时，得，所以，又，当且仅当时等号成立，所以，故C正确；对于D，因为，所以，可得，整理得，故，所以，当且仅当且，即时，等号成立，所以，即的最小值为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则与夹角的余弦值为__________.【答案】##【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算，先求出的坐标和模长，然后利用平面向量数量积公式即可求解.【详解】因为，所以，则，又因为，，由平面向量的数量积公式可知：，所以与夹角的余弦值为，故答案为：.14. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】分段函数在上单调递增，则在两个分段区间上都单调递增，且在上的任意函数值要不大于上的最小值，据此解答即可.【详解】因为在上单调递增，所以当时，在上单调递增，故，且，当时，在上单调递增，故，且，所以，解得或，由于上述条件要同时成立，所以或，故的取值范围为.故答案：.15. 已知是定义域为R的奇函数，为奇函数，则__________.【答案】68【解析】【分析】由和均是奇函数可推出，赋值可得，从而根据递推公式可知.【详解】而是定义域为R的奇函数，故有，且，因为为奇函数，所以，而，所以，用替换得：，令，则有，即；令，则，则，即；令，则有；所以.；；； 所以.故答案为：6816. 若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则__________；数列的前项和为，则__________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】（1）由定义可得，从而，得出是以为首项，公比为2的等比数列，从而可求得；（2）由等比数列前项和公式即可得解.【详解】（1）因为，所以，，则，，则有，则，所以是以为首项，公比为2的等比数列，所以，所以，解得：.（2），所以.故答案为：；.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. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）将的图象先向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求的对称轴.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简为标准型，再求其最小正周期即可；（2）根据三角函数图象的变换，求得的解析式，再求对称轴即可.【小问1详解】，故的最小正周期.【小问2详解】的图象先向右平移个单位得到的图象；再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）得到的图象；令，解得，故的对称轴为.18. 已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且有.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前11项和.【答案】（1）,    （2）748【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为,再根据已知条件列出方程，即可得到两数列的通项公式.(2)先求出的通项公式，再根据通项公式求出的前11项和即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为，由得：，，，解得：，【小问2详解】由（1）知， .19. 在中，内角所对的边分别为，且.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见详解    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可将题设条件转化为，再由三角形内角的性质得出结果；（2）由（1）可推得，.进而根据余弦定理可推出，，求解即可得到.【小问1详解】证明：因为，所以，又，∴，即，又且为三角形内角，，则，即.【小问2详解】由（1）知，，由正弦定理可得，根据余弦定理可知，，，联立可得，.又，则，所以，则，则，又，则.20. 已知三次函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程，（2）讨论的单调性.【答案】（1）；    （2）见解析.【解析】【分析】（1）求导可得，利用导数的几何意义，可得曲线在点处的切线斜率为，，利用直线点斜式即可得解；（2）求导可得，对参数进行讨论即得解.【小问1详解】当时，，，所以曲线在点处的切线斜率为，又，，整理可得曲线在点处切线方程为；【小问2详解】，若，由可得，当时，，为增函数，当时，，为减函数，当时，，可得或，所以在 为增函数，在上为减函数，当时，若，在 为减函数，在上为增函数，若，，在上为减函数，若，在 为减函数，在上为增函数，综上可得：若， 在上为增函数，在上为减函数，当时， 在 为增函数，在上为减函数，当时，若在 为减函数，在上为增函数，若，，在上为减函数，若，在 为减函数，在上为增函数.21. 设正项数列满足，且.（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，求证：数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）将题设条件变形得到，从而证得是等差数列，进而求得；（2）由（1）得，分类讨论与两种情况，利用放缩法与裂项法即可证得.【小问1详解】因为，所以，又，故，所以是首项为，公差为的等差数列，故，则，因为数列是正项数列，所以.【小问2详解】由（1）得，当时，；当时，，所以；综上：.22. 已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）证明：对任意；（3）讨论函数零点的个数.【答案】（1）；    （2）见详解；    （3）时，有一个零点，时，有三个零点.【解析】【分析】（1）进行求导可得，讨论函数的单调性，求得最大值满足小于0即可；（2）取，时，成立，代入（）整理即可得证；（3）由导函数，讨论的单调性，结合图象即可求得零点.【小问1详解】求导可得：，若，对任意的，，为减函数，所以，符合题意；若，考查函数，当，即时，，此时在上为减函数，有，符合题意；当，即时，令可得：，，所以，当时，，为增函数，所以，不符题意，综上可得：的取值范围为.【小问2详解】由（1）知当时，成立，即时，恒有，即当时，成立.取（），有，即，，所以，,将上述不等式相加可得：，整理可得，即成立；【小问3详解】由（），当时，，为减函数，又，，此时在内有一个零点；当时，令，可得或（舍），此时有一个零点，当时，考查函数，若，即时，，所以为减函数，由，，此时有一个零点在内；若，时，有两解，，，此时在上为减函数，在上为增函数，由可知，所以极小值,极大值，由，取，，令，，令，则，由所以，所以为减函数，所以，所以减函数，所以，所以，可得，此时有三个零点，综上可得：时，有一个零点，时，有三个零点.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了恒成立问题和不等式证明问题，同时考查了数形结合思想，计算量较大，属于难题.本题的关键点有：（1）分类讨论解决函数问题时要找到讨论点；（2）用函数不等式证明数列不等式时，注意取值和相消法的应用；（3）在讨论零点问题时注意零点存在性定理的应用以及参数的替换.