【精编精校卷】2023届江苏省盐城市高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届江苏省盐城市高三上学期期中数学试题一、单选题1．设复数，则（

）A． B．4 C． D．2【答案】D【分析】先求再求模长可得答案.【详解】.故选：D．2．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据解一元二次不等式的方法、解绝对值不等式的公式法，结合集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为或，所以，故选：A3．在中，“”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】C【分析】先考虑充分性，再考虑必要性利用函数的单调性可得解.【详解】当，因为在内单调递减，所以，所以“”是“”的充分条件；当时，因为在内单调递减，所以，所以“”是“”的必要条件.故选：C.4．函数的图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点的函数值求得正确答案.【详解】，所以的定义域为，，所以是奇函数，图象关于原点对称，排除BD选项.，排除C选项，所以A选项正确.故选：A5．1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子”如下图，则其第10行第11列的数为（

）A．220 B．241 C．262 D．264【答案】B【分析】观察可得第一列成等差数列，然后再观察每一行的特点，即可得到第10行第11列的数.【详解】第一列的数字为可得为等差数列，公差，则则第10行的第一个数字为然后第一行的数字是加3递增，第二行的数字是加5递增，第三行的数字是加7递增，则第行的是加递增，则第10行是加递增所以第10行第11列的数为故选:B6．设、，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换可得出，再利用正切函数的单调性可得出合适的选项.【详解】因为、，则，且，，所以，，可得.故选：A.7．函数，则在下列区间上为单调递增函数的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先将函数化简，然后换元令，结合复合函数的单调性对选项逐一判断即可得到结果.【详解】令，，所以在区间单调递增，在区间单调递减在，无单调性，A错误．在递增，则，∴在递减，B错误.在递减，∴在递增，C正确．在递减，，∴在递减，D错误.故选:C.8．已知点，及圆上的两个动点C、D，且，则的最大值是（

）A．6 B．12 C．24 D．32【答案】C【分析】求出两点坐标，设，计算，由弦的中点在以原点为圆心3为半径的圆上，求得圆方程，然后用三角换元法化为三角函数式，利用和与差的正弦公式化简后可得最大值．【详解】，，，，，同理，，，设，，，则中点到圆心的距离为，中点的轨迹方程为，中点在上，∴，令（），，时等号成立，故选：C．【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示，解题关键是确定中点在圆上，这样可用元法把与用一个变量表示，把与之有关的问题转化为三角函数问题求解．本题才学生运算求解能力要求较高，属于难题．二、多选题9．对于任意复数，下列说法中正确的有（

）A．若，则 B．若，则C． D．若，则【答案】AD【分析】根据复数的概念和复数的模以及复数的运算逐项排除.【详解】设，即，∴，，故A对；但与无大小，故B错；时，故C错；，∴，，故D对，故选：AD．10．某企业决定对某产品分两次提价，现有三种提价方案：①第一次提价，第二次提价；②第一次提价，第二次提价；③第一次提价，第二次提价．其中，比较上述三种方案，下列说法中正确的有（

）A．方案①提价比方案②多 B．方案②提价比方案③多C．方案②提价比方案①多 D．方案①提价比方案③多【答案】BCD【分析】分别用表示三个方案提价后的价格，结合，作差比较即可判断.【详解】不妨设原价为1，方案1：两次提价后变为，方案2：两次提价后变为，方案3：两次提价后变为，由于，即，，A错，C对．，则，B对．，D对，选BCD．11．数列的前n项和为，若，则（

）A．是等比数列 B．是单调数列C．是单调数列 D．是单调递增数列【答案】ACD【分析】根据递推公式求出数列的通项公式，然后逐项检验即可求解.【详解】当时，，∴，时，，∴，∴，，∴是以为公比的等比数列，A对，无单调性，B错，，∴，，∴是单调递减数列，C对，，则是单递增数列，D对，故选：ACD．12．对于函数，若在区间I上存在，使得，则称是区间I上的“函数”．下列函数中，是区间I上的“函数”的有（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据“函数”的定义，对于ABC，举例判断，对于D，转化为两个函数图像有交点，作出图像判断.【详解】对于A，时，，A对．对于B，时，，B对．对于C，有且仅有一个零点0，，C错．对于D，，分别作出与在的图像有交点，即有解，D对，故选：ABD．三、填空题13．中，，若，则___________．【答案】【分析】由平面向量的三点共线定理求得x、y的值，代入计算即可.【详解】，，即．.故答案为：.14．半径为2的球的内接圆柱的侧面积的最大值是___________．【答案】【分析】根据球和圆柱的几何性质，结合基本不等式、圆柱侧面积公式进行求解即可.【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，则，当且仅当取等号，即，．故答案为：15．若圆与函数的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则___________．【答案】0【分析】根据导数的几何意义，结合圆的切线性质进行求解即可.【详解】设，∴，∴，显然，且，∴，，．故答案为：0【点睛】关键点睛：利用添项进行因式分解求解方程的实根是解题的关键.16．中，，则的最小值为___________．【答案】2【分析】先将题干条件利用正弦的和差角公式展开化简，得到，代入正切的和角公式展开中，将也用表示，最后代入原式，讨论的正负，当为正时，利用基本不等式求得原式的最小值.【详解】且∴原式若A为钝角，则为钝角，∴与条件矛盾，舍故A为锐角，∴，，当且仅当时取“=”故答案为：2四、解答题17．已知O为坐标原点，．(1)若，求；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)3(2)【分析】（1）利用，求出，利用向量的模长公式，即可求解.（2）利用，再根据，即可求出的取值范围.【详解】（1）时，，∴∴（2）∵，∴，∴∴的取值范围为．18．首项为4的等比数列的前n项和记为，其中成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)令，求．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据等差中项及数列和的意义化简可得公比，由等比数列通项公式求解即可；（2）裂项相消法求出数列的和即可.【详解】（1）∵成等差数列，∴，∴等比数列公比，∴（2），∴，∴.19．中，角A，B，C的对边分别是．(1)求角A的大小；(2)若，的面积是，求的周长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，化简得到求解；（2）在中，由余弦定理得再结合的面积是求解.【详解】（1）解：因为，所以，在中，，∴，∴，则因为，所以.（2）在中，由余弦定理得又的面积是，所以，则则，∴周长为．20．设函数．(1)若函数是增函数，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使得是的极值点？若存在，求出a；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由是增函数等价转化为恒成立，通过参变分离，求新函数的最值，得到参数a的取值范围；（2）先假设是的极值点，由必要性条件求出a的值，再代回验证，发现不能使是极值点成立，故判断为不存在.【详解】（1），∵是增函数，∴对恒成立，∴令令且当时，，单调递减；当时，，单调递增.∴，∴即a的取值范围为．（2）若是的极值点，则必有（必要性）当时，∴在上单调递增，无极值点，故假设不成立即不存在这样的a．21．数列中，．(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）已知等式，再写一次（用替换）后，两式相减可得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，分别求出通项公式后可得；（2）用错位相减法求和．【详解】（1）由①②，②-①，∴的奇数项与偶数项各自成等差数列，由，∴，∴，∴，n为奇数，，∴，n为偶数．∴.（2），设前n项和为，∴①，②，①－②，．22．设函数．(1)当时，求在点处的切线与两坐标轴围成三角形的面积；(2)当时，恒成立，求a的最大值．【答案】(1)，(2)1【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线的斜率，从而求出切线方程，从而得到切线方程与两坐标轴的交点坐标，求出围成的三角形的面积；（2）利用同构得到，构造，得到，由单调性得到，构造，，分与两种情况，利用导函数得到，的单调性，从而求出a的最大值.【详解】（1）时，，，切点，∴，切线方程为令，令，∴切线