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文档简介

甘肃省张掖市高台第一中学2022-2023学年高三下学期第一次质量检测试题(数学试题文)试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知函数满足当时,,且当时,;当时,且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则的取值范围是()A. B. C. D.2.设i是虚数单位,若复数是纯虚数,则a的值为()A. B.3 C.1 D.3.已知函数,的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,则的一条对称轴是()A. B. C. D.4.已知集合,则()A. B.C. D.5.的展开式中,含项的系数为()A. B. C. D.6.已知正项等比数列的前项和为,且,则公比的值为()A. B.或 C. D.7.下列说法正确的是()A.“若,则”的否命题是“若,则”B.在中,“”是“”成立的必要不充分条件C.“若,则”是真命题D.存在,使得成立8.已知各项都为正的等差数列中,,若,,成等比数列,则()A. B. C. D.9.“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件10.设,满足约束条件,则的最大值是()A. B. C. D.11.已知平面向量满足,且,则所夹的锐角为()A. B. C. D.012.已知复数满足(其中为的共轭复数),则的值为()A.1 B.2 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设集合,(其中e是自然对数的底数),且,则满足条件的实数a的个数为______.14.已知,满足约束条件,则的最大值为________.15.我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了“三斜求积术”.他把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜.三斜求积术就是用小斜平方加上大斜平方,送到中斜平方,取相减后余数的一半,自乘而得一个数,小斜平方乘以大斜平方,送到上面得到的那个数,相减后余数被4除,所得的数作为“实”,1作为“隅”,开平方后即得面积.所谓“实”、“隅”指的是在方程中,p为“隅”,q为“实”.即若的大斜、中斜、小斜分别为a,b,c,则.已知点D是边AB上一点,,,,,则的面积为________.16.若实数满足不等式组,则的最小值是___三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知数列的前n项和,是等差数列,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令.求数列的前n项和.18.(12分)已知函数,.(1)若不等式的解集为,求的值.(2)若当时,,求的取值范围.19.(12分)年,山东省高考将全面实行“选”的模式(即:语文、数学、外语为必考科目,剩下的物理、化学、历史、地理、生物、政治六科任选三科进行考试).为了了解学生对物理学科的喜好程度,某高中从高一年级学生中随机抽取人做调查.统计显示,男生喜欢物理的有人,不喜欢物理的有人;女生喜欢物理的有人,不喜欢物理的有人.(1)据此资料判断是否有的把握认为“喜欢物理与性别有关”;(2)为了了解学生对选科的认识,年级决定召开学生座谈会.现从名男同学和名女同学(其中男女喜欢物理)中,选取名男同学和名女同学参加座谈会,记参加座谈会的人中喜欢物理的人数为,求的分布列及期望.,其中.20.(12分)设实数满足.(1)若,求的取值范围;(2)若,,求证:.21.(12分)已知函数的最小正周期是,且当时,取得最大值.(1)求的解析式;(2)作出在上的图象(要列表).22.(10分)已知数列为公差为d的等差数列,,,且,,依次成等比数列,.(1)求数列的前n项和;(2)若,求数列的前n项和为.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、C【解析】

先作出函数在上的部分图象,再作出关于原点对称的图象,分类利用图像列出有3个交点时满足的条件,解之即可.【详解】先作出函数在上的部分图象,再作出关于原点对称的图象,如图所示,当时,对称后的图象不可能与在的图象有3个交点;当时,要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则,解得.故选:C.【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题,考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想,是一道中档题.2、D【解析】

整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.【详解】由题,,因为纯虚数,所以,则,故选:D【点睛】本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.3、D【解析】

由题,得,由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,可得最小正周期,从而求得,得到函数的解析式,又因为当时,,由此即可得到本题答案.【详解】由题,得,因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,所以函数的最小正周期,则,所以,当时,,所以是函数的一条对称轴,故选:D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形,以及考查三角函数的周期性和对称性.4、C【解析】

由题意和交集的运算直接求出.【详解】∵集合,∴.故选:C.【点睛】本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时,常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.5、B【解析】

在二项展开式的通项公式中,令的幂指数等于,求出的值,即可求得含项的系数.【详解】的展开式通项为,令,得,可得含项的系数为.故选:B.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.6、C【解析】

由可得,故可求的值.【详解】因为,所以,故,因为正项等比数列,故,所以,故选C.【点睛】一般地,如果为等比数列,为其前项和,则有性质:(1)若,则;(2)公比时,则有,其中为常数且;(3)为等比数列()且公比为.7、C【解析】

A:否命题既否条件又否结论,故A错.B:由正弦定理和边角关系可判断B错.C:可判断其逆否命题的真假,C正确.D:根据幂函数的性质判断D错.【详解】解:A:“若,则”的否命题是“若,则”,故A错.B:在中,,故“”是“”成立的必要充分条件,故B错.C:“若,则”“若,则”,故C正确.D:由幂函数在递减,故D错.故选:C【点睛】考查判断命题的真假,是基础题.8、A【解析】试题分析:设公差为或(舍),故选A.考点:等差数列及其性质.9、A【解析】

首先利用二倍角正切公式由,求出,再根据充分条件、必要条件的定义判断即可;【详解】解:∵,∴可解得或,∴“”是“”的充分不必要条件.故选:A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,二倍角正切公式的应用是解决本题的关键,属于基础题.10、D【解析】

作出不等式对应的平面区域,由目标函数的几何意义,通过平移即可求z的最大值.【详解】作出不等式组的可行域,如图阴影部分,作直线:在可行域内平移当过点时,取得最大值.由得:,故选:D【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法,属于基础题.11、B【解析】

根据题意可得,利用向量的数量积即可求解夹角.【详解】因为即而所以夹角为故选:B【点睛】本题考查了向量数量积求夹角,需掌握向量数量积的定义求法,属于基础题.12、D【解析】

按照复数的运算法则先求出,再写出,进而求出.【详解】,,.故选:D【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数及复数的模,考查基本运算能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

可看出,这样根据即可得出,从而得出满足条件的实数的个数为1.【详解】解:,或,在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象,由图可知与无交点,无解,则满足条件的实数的个数为.故答案为:.【点睛】考查列举法的定义,交集的定义及运算,以及知道方程无解,属于基础题.14、【解析】

根据题意,画出可行域,将目标函数看成可行域内的点与原点距离的平方,利用图象即可求解.【详解】可行域如图所示,易知当,时,的最大值为.故答案为:9.【点睛】本题考查了利用几何法解决非线性规划问题,属于中档题.15、.【解析】

利用正切的和角公式求得,再求得,利用余弦定理求得,代入“三斜求积术”公式即可求得答案.【详解】,所以,由余弦定理可知,得.根据“三斜求积术”可得,所以.【点睛】本题考查正切的和角公式,同角三角函数的基本关系式,余弦定理的应用,考查学生分析问题的能力和计算整理能力,难度较易.16、-1【解析】作出可行域,如图:由得,由图可知当直线经过A点时目标函数取得最小值,A(1,0)所以-1故答案为-1三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】试题分析:(1)先由公式求出数列的通项公式;进而列方程组求数列的首项与公差,得数列的通项公式;(2)由(1)可得,再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析:(1)由题意知当时,,当时,,所以.设数列的公差为,由,即,可解得,所以.(2)由(1)知,又,得,,两式作差,得所以.考点1、待定系数法求等差数列的通项公式;2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和,属于难题.“错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点,利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点:①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件(一个等差数列与一个等比数列的积);②相减时注意最后一项的符号;③求和时注意项数别出错;④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18、(1);(2)【解析】试题分析:(1)求得的解集,根据集合相等,列出方程组,即可求解的值;(2)①当时,恒成立,②当时,转化为,设,求得函数的最小值,即可求解的取值范围.试题解析:(1)由,得,因为不等式的解集为,所以,故不等式可化为,解得,所以,解得.(2)①当时,恒成立,所以.②当时,可化为,设,则,所以当时,,所以.综上,的取值范围是.19、(1)有的把握认为喜欢物理与性别有关;(2)分布列见解析,.【解析】

(1)根据题目所给信息,列出列联表,计算的观测值,对照临界值表可得出结论;(2)设参加座谈会的人中喜欢物理的男同学有人,女同学有人,则,确定的所有取值为、、、、.根据计数原理计算出每个所对应的概率,列出分布列计算期望即可.【详解】(1)根据所给条件得列联表如下:男女合计喜欢物理不喜欢物理合计,所以有的把握认为喜欢物理与性别有关;(2)设参加座谈会的人中喜欢物理的男同学有人,女同学有人,则,由题意可知,的所有可能取值为、、、、.,,,,.所以的分布列为:所以.【点睛】本题考查了独立性检验、离散型随机变量的概率分布列.离散型随机变量的期望.属于中等题.20、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)依题意可得,考虑到,则有再分类讨论可得;(2)要证明,即证,即证.利用基本不等式即可得证;【详解】解:(1)由及,得,考虑到,则有,它可化为或即或前者无解,后者的解集为,综上,的取值范围是.(2)要证明,即证,由,得,即证.因为(当且仅当,时取等号).所以成立,故成立.【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式,基本不等式的应用,属于中档题.21、(1);(2)见解析.【解析】

(1)根据函数的最小正周期可求出的值,由该函数的最大值可得出的值,再由,结合的取值范围可求得的值,由此可得出函数的解析式;(2)由计算出的取值范围,据此列表、描点、连线可得出函数在区间上的图象.【详解】(1)因为函数的最小正周期是,所以.又因为当时,函数取得最大值,所以,

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