2023-2024学年北京通州区高三（上）期中数学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京通州高三（上）期中数学2023年11月本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.已知向量，，，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.与的夹角为120°4.已知函数，则（）A.当且仅当，时，有最小值B.当且仅当时，有最小值2C.当且仅当时，有最小值D.当且仅当时，有最小值.25.下列命题中的假命题是（）A.， B.，C.， D.，6.已知，，，则（）A. B.C. D.7.在平面直角坐标系中，角以为始边，则“角的终边过点”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B.C. D.9.已知函数是奇函数，且，将的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为，则（）A. B.C. D.10.已知数列的前项和为，且，则下列四个结论中正确的个数是（）①；②若，则；③若，则；④若数列是单调递增数列，则的取值范围是.A.1 B.2 C.3 D.4第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知函数，则的定义域为____________.12.已知数列是等比数列，，，则数列的通项公式________；数列的前9项和的值为__________.13.已知实数a，b满足关于x的不等式的解集为，且满足关于的不等式的解集为，则满足条件的一组a，b的值依次为______.14.在等腰中，，，则____________；若点满足，则的值为___________.15.已知函数，，给出下列四个结论：①函数在区间上单调递减；②函数的最大值是；③若关于的方程有且只有一个实数解，则的最小值为；④若对于任意实数a，b，不等式都成立，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是_______.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数，.（1）当时，若，求的值域（2）若有两个零点，分别为，，且，求的取值范围.17.已知函数.（1）求的值；（2）求的最小正周期及单调区间；（3）比较与的大小，并说明理由.18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，再从下面给出的条件①，条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一.（1）求的值；（2）求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.19.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的极值；（3）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.20.已知函数，，.（1）求的值；（2）求在区间上的最大值；（3）当时，求证：对任意，恒有成立.21.已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.（1）若；（i）请写出一个满足条件的数列的前四项；（ii）求证：存在，使得成立；（2）设数列的前项和为，求证：.

参考答案第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】B【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.【详解】因为集合，，则.故选：B2.【答案】C【分析】根据复数除法运算化简即可求解.【详解】,故对应的点为，在第三象限，故选：C3.【答案】D【分析】利用向量平行，向量数量积，向量模，向量夹角的坐标表示验证各选项正误即可得答案.【详解】A选项，因，则与平行，故A错误；B选项，因，故B错误；C选项，，又，则，故C错误；D选项，，又，则，即与的夹角为120°，故D正确.故选：D.4.【答案】B【分析】根据题意，由基本不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以当且仅当时，有最小值2.故选：B5.【答案】C【分析】对于A，根据指数的值域为可判断；对于B，取可判断；对于C，取可判断；对于D，取可判断.【详解】对于A，因为指数函数的值域为，所以，，A对；对于B，当时，，B对；对于C，当时，，C错；对于D，当时，，D对.故选：C.6.【答案】B【分析】利用对数函数的单调性可得，，又，从而可得.【详解】因为，所以，即，因为，所以，即，而，所以.故选：B.7.【答案】A【分析】根据三角函数的定义即可判断.【详解】当角的终边过点时，根据三角函数的定义，可得，充分性成立；当时，为第二象限角或第四象限角，若为第四象限角，则角的终边不过点，必要性不成立.所以“角的终边过点”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.【答案】C【分析】求导可判断A，根据指数函数以及对数函数的单调性即可判定BC，根据函数图象即可判定D.【详解】对于A,,所以在上单调递增，故A错误，对于B，由于，所以在上单调递增，B错误，对于C，，故在上单调递减，C正确，对于D，的图象如下所示：故在单调递减，在单调递增，故D错误，故选：C9.【答案】A【分析】根据三角函数的性质及图象变换计算即可.【详解】由题意可知，，所以或，由因为，所以，即，故.故选：A.10.【答案】C【分析】由，可得，两式相减得到，进而可得，可判断①，根据的值可判断是否为等差，再根据等差数列得前项和公式即可求解②③；根据条件得，，再根据数列单调递增，则必有，且，求解即可得出的取值范围．【详解】因为，当，，两式相减得，所以，两式相减得，故①错误，当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，所以，则，所以，故奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，则，所以②正确；当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，故偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以为首项，2为公差的等差数列，则，所以③正确；由于，，，则，又数列单调递增，则必有，且，所以，且，解得，所以的取值范围是，所以④正确．故选：C．第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.【答案】【分析】依题意可得，，求解即可.【详解】依题意可得，，解得且，所以的定义域为.故答案为：.12.【答案】①.②.171【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解，，进而根据公式即可求解.【详解】由，可得，，所以，，故答案为：，17113.【答案】故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）【分析】利用一元一次不等式的解集和二次不等式恒成立列不等式即可求解.【详解】因为关于x的不等式的解集为，所以，又关于的不等式的解集为，所以，解得，所以满足条件的一组a，b的值依次为，（答案不唯一，只要满足就行）故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）14.【答案】①.②.【分析】利用余弦定理、平面向量及其线性运算、平面向量数量积的定义及运算分析运算即可得解.【详解】解：如上图，由题意等腰中，，则，∵，，∴，∴，即，∵由余弦定理得，∴，即，又因边长，∴.∴是等边三角形，则，，∵，∴，，∴.故答案为：；.15.【答案】①②③【分析】对于①，由二次函数开口向下，对称轴为，得到①正确；对于②，先得到函数的奇偶性，求导得到函数的单调性，画出的图象，数形结合得到的最大值；对于③，转化为有且只有一个交点，在同一坐标系画出与的图象，数形结合得到不等式，求出；对于④，先由得到，考虑时，两函数在处的切线相同，结合两函数图象得到满足要求，故④错误.【详解】对于①，当时，，二次函数开口向下，对称轴为，故在区间上单调递减，①正确；对于②，定义域为R，且，故为奇函数，当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，时,时,画出的图象如下：由图象可得的最大值是，②正确；对于③，关于的方程有且只有一个实数解，即有且只有一个交点，在同一坐标系画出与的图象，要想有且只有一个交点，则，故的最小值为，③正确；对于④，由题意得，，即，当时，，，，，此时在处的切线方程为，而，故在处的切线方程为，画出两函数图象如下：此时满足对于任意实数a，b，不等式都成立，故的取值范围不是，D错误.故答案为：①②③【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意可得在上单调递减，在上单调递增，从而可求解；（2）根据题意可得，进而可求解.【小问1详解】当时，的对称轴为，且开口向上，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以，所以当，的值为；【小问2详解】的两个零点分别为，且，，即，解得或，故的取值范围为.17.【答案】（1）（2）,递增区间为，递减区间为（3），理由见解析【分析】（1）根据二倍角的正余弦公式和两角和的正弦公式化一，从而可求解；（2）根据周期公式可求周期，令，求解可得增区间，令，求解可得减区间；（3）由周期可得，再利用单调性即可求解.【小问1详解】，所以；【小问2详解】的最小正周期,令，解得；令，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问3详解】，理由如下：由（2）可知的最小正周期,所以，由（2）可知，在上单调递增，又，所以，即.18.【答案】（1）（2）【分析】（1）若选①，先求出，然后利用正弦定理可求；若选条件②，由余弦定理可检验是否存在；若选条件③，由余弦定理可求；（2）结合三角形面积公式即可求解．【小问1详解】若选①，又因为,所以，所以，由正弦定理得，所以；若选条件②，由余弦定理得，整理得，此时方程无解，即这样的三角形不存在，所以条件②不能选；若选条件③，由余弦定理得，整理得，解得或（舍去），所以.【小问2详解】由（1）可知，所以.19.【答案】（1）（2）极小值为，无极大值（3）【分析】（1）求导，即可得斜率，进而可求直线方程，（2）求导，根据导数求解单调性，即可求解极值，（3）将恒成立问题参数分离，构造函数即可求导求解最值求解.【小问1详解】由得，又，所以在切线为【小问2详解】令，则，故在单调递增，当时，单调递减，所以当时，取极小值，无极大值，【小问3详解】由得，故，构造函数则，令，则，故当时，，单调递增，时，单调递减，故当取极小值也是最小值，，所以，即20.【答案】（1）（2）时，，时，时，，（3）证明见解析【分析】（1）求导即可代入求解，（2）分类讨论，即可根据导数求解函数的单调性并求解最值，（3）将问题转化为，对分类讨论，构造函数，求导确定函数的单调性，即可利用单调性求解最值求证.【小问1详解】由得，所以，【小问2详解】由得，当时，，故在区间上单调递增，所以，当时，令，则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，当时，，此时在区间上单调递减，所以，当时，，此时在区间上单调递增，所以，当时，，此时在区间上单调递增，在单调递减，综上可得：时，，时，时，，【小问3详解】要证，即证，即证明，当时，，而，所以，当时，记，则，记，由于，所以当单调递增，所以，故在单调递增，故，故，综上，对任意，恒有【点睛】方法点睛：利