宁夏青铜峡市宁朔中学2023届高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

第17页/共17页青铜峡市宁朔中学2022-2023学年第一学期高三年级数学（理）期中试卷一、选择题（本大题共12道小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先解不等式化简集合，再求交集即可.详解】由解得，故.又，所以.故选：C.2.设，则“”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】A【解析】【分析】解不等式得到或，根据范围的大小关系得到答案.【详解】，即，故或，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.已知向量，，且，则（）A.-4 B.4 C.-6 D.6【答案】C【解析】【分析】利用平面向量垂直的坐标表示，列式计算作答.【详解】因向量，，且，则，得，所以.故选：C4.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数和对数函数单调性和中间值比较大小【详解】因为，所以故选：A5.在中，内角的对边分别为a，b，c，已知，则角（）A.或 B.或 C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理即可求出.【详解】由正弦定理可得，则，，，.故选：D.6.将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数图象的平移变换规律可得答案.【详解】将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为.故选：B7.在数列中，若，，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】通过递推公式求出可得数列是周期数列，根据周期即得.【详解】由题可得，，，则数列周期数列，满足，，.故选：A.8.等于A. B.2 C.-2 D.+2【答案】D【解析】【详解】∵.故选D9.已知在R上是奇函数，且，当时，，则A.-2 B.2 C.-98 D.98【答案】A【解析】【分析】根据题意可知函数的周期为，即可利用周期性和奇偶性将转化为，即可求出．【详解】∵，∴是以4为周期的周期函数，由于为奇函数，∴，而，即故选：A．【点睛】本题主要考查函数周期性和奇偶性的应用，属于基础题．10.函数的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解.【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数为偶函数，排除AC；当时，，所以，排除D.故选：B.11.已知等比数列的前3项和为168，，则（）A.14 B.12 C.6 D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.12.若是上的减函数，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分类讨论，当和时，导函数都小于等于0，可求出a的范围，再由函数在上单调递减，可得，解出a的范围，然后取交集即可．【详解】由题意，当时，，则在恒成立，则；当时，，则在恒成立，即在恒成立，解得；且，解得，即，故，解得，故选D.【点睛】本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查了学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4道小题，每小题5分，共20分）13.记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】【解析】【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.【详解】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.14.已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】求出导函数，利用导函数非负，列出不等式，转化求解即可.【详解】解：由题意得：由函数可知：函数，函数在R上单调递增，可转化为在上恒成立.于是可知对于二次函数只要解得：故答案为：15.在四边形中，，，，，点在线段的延长线上，且，则__________.【答案】.【解析】【分析】建立坐标系利用向量的坐标运算分别写出向量而求解．【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，．因为∥，，所以，因为，所以，所以直线的斜率为，其方程为，直线的斜率为，其方程为．由得，，所以．所以．【点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为方便．16.设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点③在单调递增④的取值范围是其中所有正确结论的编号是______.【答案】①③④【解析】【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可，对于③证明出当时,即可.【详解】已知在有且仅有5个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在上,此时在有且仅有3个极大值点,但在可能有2或3个极小值点,所以①正确,②不正确;令,且,在上有且仅有5个零点,在上有且仅有5个零点,,故④正确.当时,,又,,在上单调递增.在上单调递增,故③正确.故答案为：①③④【点睛】关键点睛：令,利用整体思想将原函数转化为来研究.(2)当时,的图象可由的图象经过平移、伸缩变换得到,的增、减区间可通过讨论的增、减区间得到.三、解答题（本大题共6道小题，共70分）17.已知曲线的参数方程为，（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设：，：，若，与曲线相交于异于原点的两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)首先将曲线的参数方程化为普通方程，然后代入可得极坐标方程；(2)联立直线，与圆的极坐标方程得到，，结合三角形面积公式可得的面积.【小问1详解】将曲线的参数方程消去得到曲线的普通方程为，将代入上式得：；【小问2详解】由，解得，，解得，.18.已知函数，.（1）求的值；（2）求函数在区间上的单调区间.【答案】（1）；（2）在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换可得，然后根据特殊角的三角函数值即得；（2）根据正弦函数的单调性结合条件即得.【小问1详解】∵，∴；【小问2详解】∵，∴，所以当时，即时，单调递减，当时，即时，单调递增，故在区间上的单调递减区间为，单调递增区间为.19.已知等差数列的前项和为，且关于的不等式的解集为.（1）求数列通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，不等式的解集为可得到的根为，利用韦达定理可得到，，结合即可得到答案；（2）利用第（1）问可得，利用分组求和法和等差等比的求和公式即可得到答案【小问1详解】设等差数列的公差为，因为关于的不等式的解集为，所以的根为，所以，所以，，又，所以所以数列的通项公式为；【小问2详解】由（1）可得，因为，所以，所以数列的前项和20.设的内角所对的边分别为，且，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【详解】（Ⅰ）因为，所以分别代入得解得（Ⅱ）由得，因为所以所以【考点定位】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了方程思想和运算能力.由求的过程中体现了整体代换的运算技巧，而求的过程则体现了“通性通法”的常规考查.21.已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）方法一：将代入函数解析式，求得，利用零点分段法将解析式化为，分类讨论即可求得不等式的解集；（2）方法一：根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．故不等式的解集为．［方法二］：【最优解】数形结合法如图，当时，不等式即为．由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论当时，成立等价于当时，成立．若，则当时，；若，由得，，解得：，所以，故．综上，的取值范围为．［方法二］：平方法当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．当时，不等式不成立；当时，，不等式解集为空集；当时，原不等式等价于，解得．由，解得．故a的取值范围为．［方法三］：【最优解】分离参数法当时，不等式成立，等价于时，成立，即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．【整体点评】（1）方法一：利用零点分段法是解决含有两个以及以上绝对值不等式的常用解法，是通性通法；方法二：利用绝对值的几何意义解决特殊类型的绝对值不等式，直观简洁，是该题的最优解．（2）方法一：分类讨论解出绝对值不等式，利用是不等式解集的子集求出，是通性通法；方法二：本题将绝对值不等式平方，转化为解含参的不等式，利用是不等式解集的子集求出，虽可解出，但是增加了题目的难度；方法三：利用分离参数，将不等式问题转化为恒成立最值问题，思想简单常见，是该题的最优解．22已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析

（2）【解析】【分析】（1）求导得到，考虑和两种情况，根据导函数的正负判断函数的单调区间即可.（2）题目转化为，构造函数，求导得到函数的