2023-2024学年北京六十六中高三（上）期中数学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京六十六中高三（上）期中数学试卷说明：1．本试卷共三道大题，共4页.2．卷面满分150分，考试时间120分钟.3．试题答案一律在答题纸上作答，在试卷上作答无效.一、选择题（每小题4分，共40分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.若等差数列和等比数列满足，，，则的公比为（）A.2 B. C.4 D.3.已知，且，则（）A. B. C. D.4.“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5.要得到函数的图象，只要把函数的图象（）A.向左平移个单位； B.向右平移个单位；C.向左平移个单位； D.向右平移个单位6.下列函数中，在其定义域上既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递减的是()A.y＝x2 B.y＝x＋1C.y＝－lg|x| D.y＝－2x7.设，，，则（）A. B.C. D.8.若命题“”是真命题，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.9.函数的部分图象如图所示，则将的图象向右平移个单位后，得到的图象的解析式为（）A.y2x B.2x C. D.10.对实数，定义运算“”：设函数.实数互不相等，且，则的取值范围是A. B. C. D.二、填空题（每小题5分，共25分）11.在中，若，，，则______．12.已知复数，则____________.13.已知向量，，，且，则实数__________．14.已知向量，．若存在实数，使得与的方向相同，则的一个取值为__________．15.设数列的前项和为，，．给出下列四个结论：①是递增数列；②都不是等差数列；③当时，是中的最小项；④当时，．其中所有正确结论的序号是____________．三、解答题（共6小题，共85分）16.已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）求不等式的解集．17.已知等差数列的前n项和为，且，．（1）求的通项公式；（2）等比数列的首项为1，公比为，使得的每一项都是中的项．若，求m．（用含k的式子表示）18.已知函数，曲线在处的切线方程为求的值；若函数存在极大值，求的取值范围.19.在中，点是边上一点，且.记，.（1）求证：；（2）若，，，求的长.20.设函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点和，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．21.若数列的子列均为等差数列，则称为k阶等差数列．（1）若，数列的前15项与的前15项中相同的项构成数列，写出的各项，并求的各项和；（2）若数列既是3阶也是4阶等差数列，设的公差分别为．（ⅰ）判断的大小关系并证明；（ⅱ）求证：数列是等差数列．

参考答案1.【答案】C【分析】根据并集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：C2.【答案】B【分析】根据等差数列的基本量运算可得，然后利用等比数列的概念结合条件即得.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则，所以，∴，，所以.故选：B.3.【答案】A【分析】由同角三角函数基本关系的平方关系可以求出的值且，再利用即可求解.【详解】由得，因为，所以，所以，所以，故选：A4.【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合指数函数的单调性即可得出答案.【详解】因为指数函数单调递增，由可得：，充分性成立，当时，，但不一定，必要性不成立，故选：A5.【答案】D【分析】根据三角函数平移变换规则计算可求解.【详解】由题意知：，所以只需的图像向右平移个单位就可以得到的图像，故D项正确.故选：D.6.【答案】C【分析】选项A：在上单调递增，不符合条件；选项B：代入特殊值，可知，且，故是非奇非偶函数，不符合条件；选项C：先求出定义域，再根据奇偶性的定义，确定是偶函数，时，单调递减，故符合条件；选项D：代入特殊值，可知，且，故是非奇非偶函数，不符合条件.【详解】选项A：的定义域为，在上单调递增，不符合题意，故A不正确；选项B：记，则，，则，，故是非奇非偶函数，不符合题意，故B不正确；选项C：定义域，记，则，所以，即是偶函数，当时，，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故C正确；选项D：记，则，，则，，不符合题意，故D不正确.故选C.【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的综合，要求掌握常见函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键．7.【答案】D【分析】根据指对数函数及余弦函数性质判断大小关系即可.【详解】由，则，而，所以.故选：D8.【答案】B【分析】不等式能成立，等价于方程有实数解，用判别式计算求参数即可.【详解】由题可知，不等式在实数范围内有解，等价于方程有实数解，即，解得.故选：B.9.【答案】D【分析】先根据题意求得、、的值，得到函数的解析式，然后通过平移变换得到所求的解析式．【详解】由图象得，，．∵点在函数的图象上，，，，又，，．将的图象向右平移个单位后，得到的图象对应的解析式为．故选：D．10.【答案】B【分析】由新定义写出分段函数，由题意作函数的图象，由二次函数的对称轴得，由此利用函数的图象可求的范围.【详解】由，得，作函数的图象如下图：∵互不相等，且，可设，∵，，由图象得，且，∴，故选B．【点睛】本题考查分段函数及运用，考查数形结合的思想方法和运用，注意通过图象观察，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（每小题5分，共25分）11.【答案】【分析】利用正弦定理可得答案.【详解】由正弦定理可得，所以.故答案为：.12.【答案】【分析】根据复数的模长公式直接运算求解.【详解】由题意可得：.故答案为：.13.【答案】【详解】分析：先根据向量加法求，再根据向量数量积为零得方程，解得实数值.详解：，∵，∴，解得．点睛：(1)向量平行：，,(2)向量垂直：，(3)向量加减乘：14.【答案】（答案不唯一，小于的实数均可）【分析】由两向量同向可知，由此可构造方程组求得，由可求得满足题意的的范围，进而得到结果.【详解】与方向相同，，，，由得：，存在实数，，使得与方向相同.故答案为：（答案不唯一，小于的实数均可）.15.【答案】③④【分析】利用特殊数列排除①②，当时显然有，对数列递推关系变形得到，再判断③④即可.【详解】当数列为常数列时，，不是递增数列，是公差为的等差数列，①②错误；当时，，显然有，所以，又因为，所以由递推关系得，所以，故数列是递增数列，是中的最小项，③正确；当时，由③得，所以由基本不等式得，当且仅当时等号成立，所以，所以，④正确.故选：③④.三、解答题（共6小题，共85分）16.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式化简，再利用最小正周期公式求解即可；（2）由正弦函数的图像和性质求解即可.【小问1详解】由题意得，所以的最小正周期.【小问2详解】由（1）得，当时，，解得，即不等式的解集为.17.【答案】（1）（2）【分析】（1）设等差数列的公差为，根据条件列出方程组，求解和，可得通项公式；（2）求出，由，可得．从而求出．【小问1详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，解得所以．【小问2详解】因为，，所以，因为，即．得，因为，为奇数，为偶数，所以．可得．18.【答案】；【分析】（1）求出函数的导数，结合切线方程得到关于的方程组，解出即可；（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，结合二次函数，求出函数的单调区间，结合函数的存在极大值，确定的范围即可．【详解】解：因为在点处的切线方程为，所以解得，①当时，不存在极大值，不符合题意.②当时，.令.(i)当，即时，不符合题意.(ii)当，即时，方程有两个不相等的实数根.设方程两个根为，且.的变化如表所示:极大值极小值所以为极大值.③当时，恒成立.设方程两个根为，且.的变化如表所示:极大值极小值所以，为极大值.综上，若函数存在极大值，的取值范围为.【点睛】本题考查了切线方程问题，导数在函数的单调性和极值问题中的应用，考查分类讨论思想，转化思想等数学思想，是一道综合题．19.【答案】（1）详见解析；（2）.【详解】试题分析：(1)由题意结合正弦定理整理计算即可证得结论；(2)利用题意结合余弦定理，设，，列方程求解可得.试题解析：（1）由正弦定理，在中，在中，因为，所以，因为，所以.（2）因为，，由（1）得，设，，，由余弦定理得到，解得，所以.20.【答案】（1）答案见解析：（2）不存在【详解】（1）定义域为，，令，①当时，，，故在上单调递增，②当时，，的两根都小于零，在上，，故在上单调递增，③当时，，的两根为，当时，；当时，；当时，；故分别在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）知，，因为.所以,又由（1）知，，于是，若存在，使得，则，即，亦即（）再由（1）知，函数在上单调递增，而，所以，这与（）式矛盾，故不存在，使得.21.【答案】（1）的各项为：4，16，28，40；的各项和为：（2）（ⅰ）,证明见解析；（ⅱ）证明见解析；【分析】（1）根据题意，利用枚举法，即可求解；（2）（ⅰ）根据题意，均为等差数列，通过等量代换找到的关系即可；（ⅱ）均为等差数列，由（ⅰ）得，设，进而利用等量代换关系，得到，进而可以递推，得到，即可证明数列是等差数列【小问1详解】，，，前15项分别为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43；前15项分别为：4，8，12