北京市2023屆高三數學上學期期中檢試題含解析

Page18北京市2023屆高三數學上學期期中檢試題本試卷共5頁，共150分?？荚嚂r長120分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效。一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共48分）1.已知集合，，則（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】結合題意利用并集的定義計算即可.【詳解】由題意可得：.故選：B.2.已知,則是的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】首先解不等式，再根據不等式的解集即可得到答案.【詳解】因為或.所以是的充分不必要條件.故選：A點睛】本題主要考查充分不必要條件，同時考查了二次不等式，屬于簡單題.3.在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由復數的乘除運算化簡，再由復數的幾何性質得到其點的坐標即可.【詳解】由題意，，所以對應的點的坐標為.故選：B.4.已知命題，則是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得結果.【詳解】由全稱命題的否定是特稱命題知：，，是，，故選：C.5.下列函數中，是奇函數且在其定義域上為增函數的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件逐一分析各選項即可判斷作答.【詳解】對于A，函數是奇函數，但在其定義域上不單調，A不正確；對于B，函數定義域是R，是奇函數，當時，在上單調遞增，當時，在上也單調遞增，即函數在其定義域R上單調遞增，B正確；對于C，函數是奇函數，但在其定義域上不單調，C不正確；對于D，函數定義域是，它是奇函數，在和上單調遞增，但在其定義域上不單調，D不正確.故選：B6.將函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A. B.是函數的圖象的一條對稱軸C.在上是減函數 D.在上是增函數【答案】D【解析】【分析】根據平移變換求出的解析式可判斷A；利用正弦函數的對稱軸可判斷B；求的單調區(qū)間可判斷C，D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：因為將函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，所以，故選項A不正確；對于B：，可得，所以不是函數的圖象的一條對稱軸，故選項B不正確；對于C：令，可得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故選項C不正確；對于D：由C知：當時，，所以在上是增函數，故選項D正確；故選：D.7.已知，那么下列命題中正確的是（）.A.若，則 B.若，則C.若且，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】根據不等式的性質或通過舉反例，對四個選項進行分析得解．【詳解】．若，當時，，所以選項不成立；．若，當時，則，所以選項不成立；．因為，將兩邊同除以，則，所以選項成立；．如果滿足，但是，所以選項不成立．故選：．8.已知等比數列中，，且，那么的值是（）.A.15 B.31 C.63 D.64【答案】B【解析】【分析】設等比數列公比為，根據已知求出的值即得解.【詳解】設等比數列的公比為，由題得.所以.故選：B9.在中，是的中點，，點在上且滿足，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，，可得，由點是的中點，可得，代入中計算可得答案.【詳解】解：因為，點P在上，且滿足，所以，因為點M是的中點，所以，所以，故選：C10.定義：角與都是任意角，若滿足，則稱與“廣義互余”．已知，下列角中，可能與角“廣義互余”的是（）.A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由條件結合誘導公式化簡可得，根據“廣義互余”的定義結合誘導公式同角關系判斷各選項的對錯.【詳解】若，則，所以，故選項A符合條件；，故選項B不符合條件；，即，又，∴，故選項C不符合條件.，即，又，∴，故選項D不符合條件；故選：A.11.唐代詩人李的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，詩中隱含著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在地為點，若將軍從點處出發(fā)，河岸線所在直線方程為，則“將軍飲馬”的最短總路程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用直線方程及坐標，確定關于的對稱點的坐標，則是“將軍飲馬”的最短路程，利用兩點距離公式求距離即可.【詳解】若是關于的對稱點，如下圖示：“將軍飲馬”的最短總路程為，∴，解得，即.∴.故選：C12.在等差數列中，，．記，則數列（）．A.有最大項，有最小項 B.有最大項，無最小項C.無最大項，有最小項 D.無最大項，無最小項【答案】B【解析】【分析】首先求得數列的通項公式，然后結合數列中各個項數的符號和大小即可確定數列中是否存在最大項和最小項.【詳解】由題意可知，等差數列的公差，則其通項公式為：，注意到，且由可知，由可知數列不存在最小項，由于，故數列中的正項只有有限項：，.故數列中存在最大項，且最大項為.故選：B.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式，等差數列中項的符號問題，分類討論的數學思想等知識，屬于中等題.二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）13.已知是數列的前項和.若，則__________.【答案】【解析】【分析】根求出和，由即可求解.【詳解】因為是數列的前項和.若，可得，，所以，故答案為：.14.已知，則的最小值是________.【答案】5【解析】【分析】將變形為，利用基本不等式即可求得答案.【詳解】∵，∴，∴，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是5,故答案為:5.15.直線y＝a與函數f(x)＝x3－3x的圖象有三個相異的公共點，則a的取值范圍是________．【答案】(－2,2)【解析】【詳解】試題分析：結合函數圖象，a介于f(x)的極大值和極小值之間．因為，＝x3－3x，所以，f’(x)=3x2－3,令f'(x)=0，得：x=－1，x=1f(－1)=2，f(1)=－2所以，－2<a<2，故答案為(－2,2)．考點：數形結合思想，轉化與化歸思想，利用導數研究函數的極值．點評：簡單題，利用數形結合法，將問題轉化成利用導數研究函數極值．16.已知平面內的點，，，若四邊形（為坐標原點）是平行四邊形，則向量的模為______.【答案】【解析】【分析】由得出向量的坐標，再求模即可．【詳解】由向量的平行四邊形法則知，，，故答案為：．【點睛】本題考查了向量的模和平面向量的坐標運算，屬于容易題.17.已知函數，給出下列四個結論：①函數是奇函數；

②函數在和上都單調；③當時，函數恒成立；

④當時，函數有一個零點.其中所有正確結論的序號是____________.【答案】③④【解析】【分析】由奇偶性的定義可判斷①；結合導數可判斷函數的單調性，進而可判斷②；結合函數的單調性可求當時函數的最小值，比較最小值與0的大小關系即可判斷③；由，結合函數的零點存在定理可判斷④.【詳解】由題得，的定義域為，①，且，所以不是奇函數，故①錯誤；②，當時，，則，令，則，，所以存在，使得，所以當時，，是單調減函數；當時，，是單調增函數，所以②錯誤；③由②可知，當時，在上有最小值，且，所以，因為，由，則，即，所以，所以當時，恒成立，故③正確；④當時，，，令，則令，解得，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；所以當時，，則，所以在上單調遞減，由，，所以在內有一個零點，故④正確.故答案為：③④18.某生物種群的數量Q與時間t的關系近似地符合.給出下列四個結論：①該生物種群的數量不會超過10；②該生物種群數量的增長速度先逐漸變大后逐漸變?。虎墼撋锓N群數量的增長速度與種群數量成正比；④該生物種群數量的增長速度最大的時間.根據上述關系式，其中所有正確結論的序號是__________.【答案】①②④【解析】【分析】對解析式上下同時除以，結合反比例函數模型可判斷①正確；對求導，即為該生物種群數量的增長速度與時間的關系式，結合導函數特征和對勾函數模型可判斷③錯，②④正確【詳解】，因為，故，，故該生物種群的數量不會超過10，①正確；由，顯然該生物種群數量的增長速度與種群數量不成正比，③錯；因為為對勾函數模型，故，當且僅當時取到等號，故整體先增加后減小，當時，最大，故②④正確，綜上所述，①②④正確，故答案：①②④三、解答題（本大題共5小題，共72分）19.已知等差數列滿足．（1）求數列的通項公式；（2）若數列是公比為3的等比數列，且，求數列的前n項和Sn，【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等差數列的公差為d，則由已知條件結合等差數列的通項公式可求出，從而可求出數列的通項公式；（2）結合等比數列的通項公式和（1），可求得，然后利用分組求和法求解即可【小問1詳解】設等差數列的公差為d．由，可得，即，解得．所以【小問2詳解】若數列是公比為3的等比數列，且，則．由（1）可得，．20.設的內角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）再從以下三組條件中選擇一組條件作為已知條件，使三角形存在且唯一確定，并求的面積.第①組條件：；第②組條件：；第③組條件：邊上的高.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）（2）答案見詳解【解析】【分析】（1）結合正弦定理邊化角可直接求解；（2）若選①結合余弦定理求得不唯一；若選②，由固定可確定唯一，結合第三角公式求得，再由正弦面積公式即可求解；若選③，由正弦定理可求得，結合余弦定理可求得，再由正弦面積公式即可求解.【小問1詳解】由，因為，化簡得，又【小問2詳解】若選①，則，，，由余弦定理可得，代入數據化簡得或3，故選①不成立；若選②，則，，，求得，由正弦定理可得，解得，由，因為，，唯一，則唯一，三角形存在且唯一確定，；若選③，由邊上的高可得，解得，又，由余弦定理可得，代值化簡得或（舍去），三角形存在且唯一確定，21.如圖，四棱錐的底面為正方形，側面底面．為等腰直角三角形，且．，分別為底邊和側棱的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）證明：取的中點，連接，．由平面幾何知識可證得四邊形是平行四邊形．再由線面平行的判斷可得證．（Ⅱ）先由面面垂直的性質和線面垂直的判定和性質證得兩兩垂直．再以點為原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，根據二面角的向量求解方法可得答案.【詳解】解：（Ⅰ）證明：取的中點，連接，．因為，分別是，的中點，所以是△的中位線．所以∥，且．又因為是的中點，且底面為正方形，所以，且∥．所以∥，且．所以四邊形是平行四邊形．所以∥．又平面，平面，所以∥平面．（Ⅱ）證明：因為平面平面，，且平面平面，所以平面．所以，．又因為為正方形，所以，所以兩兩垂直．以點為原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系（如圖）．由題意易知，設，則，，，，，．得到，，設平面的法向量為，則，所以，即，令，則．得，．設平面的法向量為，則，所以，即，令，則．所以．由圖可知，二面角的大小為銳角，所以二面角的余弦值為．【點睛】向量法求二面角的步驟：建、設、求、算、取.1、建：建立空間直角坐標系.以三條互相垂直的垂線的交點為原點，沒有三垂線時需做輔助線，建立右手直角坐標系,讓盡量多的點落在坐標軸上.2、設：設所需點的坐標，并得出所需向量的坐標.3、求：求出兩個面的法向量.4、算：運用向量的數量積運算，求兩個法向量的夾角的余弦值；5、?。焊鶕娼堑姆秶蛨D示得出的二面角是銳角還是鈍角,再取值.22.設函數，.（1）當時，求函數的單調增區(qū)間；（2）若函數在區(qū)間上為減函數，求a的取值范圍；（3）若函數在區(qū)間內存在兩個極值點，，且滿足，請直接寫出a的取值范圍.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】(1)把代入求導，再求出導函數大于0的不等式解集即可；(2)由函數的導函數在上恒小于等于0即可出a的范圍；(3)根據給定條件可得函數在區(qū)間內的兩個極值一正一負，再列出不等式求解即得.【小問1詳解】當時，，則，由解得：或，所以函數的單調增區(qū)間是，.【小問2詳解】函數，則，因函數在區(qū)間上為減函數，則，成立，即，，顯然在上單調遞減，即，，則，所以a的取值范圍是.【小問3詳解】由(2)知，，因函數在區(qū)間內存在兩個極值點，，則在區(qū)間內有兩個不等根，，即有，解得，且有，不妨令，則，當或時，，當時，，則在處取得極大值，在取得極小值，顯然，，由兩邊平方得，而，即，整理得：，把代入上述不等式并整理得：，解得，綜上得，所以實數a的取值范圍是.23.設正整數，集合，對于集合中的任意元素和，及實數，定義：當且僅當時；；.若的子集滿足：當且僅當時，，則稱為的完美子集.（1）當時，已知集合，.分別判斷這兩個集合是否為的完美子集，并說明理由；（2）當時，已知集合.若不是的完美子集，求的值；（3）已知集合，其中.若對任意都成立，判斷是否一定為的完美子集.若是，請說明理由；若不是，請給出反例.【答案】（1）是完美子集，不是完美子集，理由見解析（2）（3）一定是的完美子集，理由見解析【解析】【分析】（1）根據完美子集的定義，設，列方程組求得，，的值即可判斷；（