【文档说明】山东省济南市章丘区2023届高三上学期诊断性测试数学试卷+答案.docx，共(18)页，934.575 KB，由baby熊上传

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高三诊断性测试数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知全集3,2,1,0,1,2U，集合3,2,0A，1,0,1B，则UAB

ð（）A.1B.0,1C.1,0D.1,1【答案】D【解析】【分析】利用补集和交集的定义即可求解.【详解】因为3,2,1,0,1,2U，3,2,0A，所以U1,1,2Að，所以U1,1,21,0,11,1ABð．故选：

D.2.设p：24x，q：1155x，则p是q成立（）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】A【解析】【分析】求出q中x范围，再根据充分性和必要性的概念得答案.【详解】由q：1155x得1155x，11x，2x即q：2

xp是q成立的充分不必要条件.故选：A3.函数3sin22xxxxfx的部分图象大致为（）A.B.的.C.D.【答案】B【解析】【分析】由fx的奇偶性和特殊值利用排除法可得答案.【详解】对Rx，3sin3sin2222

xxxxxxxxfxfx，所以函数fx是偶函数，其图象关于y轴对称，所以排除选项A；令3sin022xxxx，可得0x或sin0x，即πxkkZ，当0,πx时，sin0x，所以0fx，故排除选项C；当π2πx，时，sin0,220xxx，所以

0fx，所以排除选项D.故选：B.4.若正数,ab满足221abab，则ab的最大值为（）A.1B.4C.9D.16【答案】C【解析】【分析】根据已知条件及基本不等式，结合一元二次不等式的解法即可求解.【详解】因为0,0ab,所以2aba

b，所以2124abababab，即370abab，解得09ab．当且仅当3ab时，等号成立，所以当3ab时，ab的最大值为9.故选：C.5.若4x是函数215exfxxax的极值点．则fx的极小值为

（）A.-3B.57eC.3eD.0【答案】A【解析】【分析】根据给定的极值点求出参数a的值，再求出函数极小值作答.【详解】函数21()(5)exfxxax，求导得：21()[(2)5]exfxxaxa，因4x是函数fx的极

值点，即5433e0fa，解得1a，211()(34)ee(4)(1)xxfxxxxx，当<4x或1x时，()0fx，当41x时，()0fx，即4x是函数fx的极值点，函数fx在1x处取得极小值(1)3f.故选：A6.

阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”，由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（单位；cm）和时间t（单位：s

）的函数关系式为1πsin0,0,32sAtA，若振幅是2，图像上相邻最高点和最低点的距离是5，且过点1,2，则和的值分别为（）A.ππ,6B.π2π,3C.ππ,6D.

2π,3【答案】A【解析】【分析】先由振幅得到2A，再由最高点和最低点的距离为5结合勾股定理可得6T，从而求得π，再将1,2B代入即可求得π6，问题得解.【详解】根据题意，由振幅是2易知2A，故12sin3st，则

1,2B是12sin3st的最高点，不妨记B相邻的最低点为C，连接BC，过C作CDy轴，过B作BDCD，交点为D，如图，则2TCD，224BD，5BC，故222452T，得6T，又因为2π13T，故12π2ππ36

3T，得π，所以π2sin3st，因为1,2B是π2sin3st的点，故π2sin23，得ππ2π32k，即π2πZ6kk，因为π2

，所以π6，故π，π6.故选：A..7.南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差

数列．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（）A.183B.125C.162D.191【答案】D【解析】【分析】设该数列为na，先由条件判断该高阶等差数列为逐项差数之差成等差数列，进而得到1nnnaa，再利用累加法求得(1)12nnna

，进而可求得20a的值.【详解】设该数列为na，并设1nnnaab.由21211aa，32422aa，43743aa，541174aa，…可知该数列逐项差数之差

nb成等差数列，首项为1，公差为1，故11nbnn，故1nnnaabn，则211aa，322aa，433aa，…，11nnnaa，(2n)，累加得1111(1)22nnnnnaa，

即(1)12nnna（显然，对于n=1也成立），故201901191a.故选：D.8.某种绿茶泡茶的最佳水温为85℃，饮茶的最佳温度为60℃．在标准大气压下，水沸腾的温度为100℃．把水煮沸后，在其冷却的过程中，只需要在最佳温度对应的时间泡茶、饮茶，就能喝到

一杯好茶．根据牛顿冷却定律，一个物体温度的变化速度与这一物体的温度和所在介质温度的差值成比例，物体温度ft与时间t的函数关系式为00001tftCTCaa，其中0C为介质温度，0T为物体初始温度．为了估计函数中参数a的

值，某试验小组在介质温度024.3C℃和标准大气压下，收集了一组数据，同时求出对应参数a的值，如下表，时间/min012345茶温/℃85.079.274.871.368.365.9a——0.90450.91

220.91830.92270.9273现取其平均值作为参数a的估计值，假设在该试验条件下，水沸腾的时刻为0，则泡茶和饮茶的最佳时间分别是（）（结果精确到个位数）参考数据：lg0.8020.095，lg0.4720.326，lg91

.71.962．A.3min，9minB.3min，8minC.2min，8minD.2min，9min【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出参数a的估计值，再利用给定模型分别求出泡茶和饮茶的最佳时间作答.【详解】依题意，0.90450.91220.91830.

92270.9271(53)0.917a，而024.3C，0100T，则()24.3(10024.3)0.24.9170.917375.7ttft，当85t时，24.375.70.98517t，有8524.30.80275.

70.917t，lg0.8020.0953lg0.9171.9622t，当60t时，24.375.70.96017t，有6024.30.47275.70.917t，lg0.4720

.3269lg0.9171.9622t，所以泡茶和饮茶的最佳时间分别是3min，9min.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若11iz，22iz，则

（）A.212zzB.121zzzC.21zz在复平面内对应的点在第二象限D.122zz是实数【答案】ABD【解析】【分析】利用复数的四则运算法则及复数的摸公式，结合复数的复数的几何意义及复数的概念即可求解.【详解】因为2221

1i12ii2iz，所以A正确；因为121i2zz，11i2z，所以B正确；因为2212i1i2i2i2i1i1i1i1i2zz，它在复平面内对应的点为

1,1，所以21zz在复平面内对应的点在第一象限，所以C错误；因为12221i2i2zz，所以122zz是实数，所以D正确．故选：ABD.10.已知向量a，b满足1ab，1b，且7ab，

则（）A.2aB.aabC.a与b的夹角为π3D.a与b的夹角为π6【答案】AC【解析】【分析】利用向量的摸公式及向量的数量积的运算律，结合向量的垂直条件及向量的夹角公式即可求解.【详解】因为7ab，1ab，所以2227aabbrrrr，即2211

7a，解得2a，故A正确；因为1ab，2a，所以2410aabaab，故B错误；因为1ab，2a，1b，所以1cos,2ababab，又因为0,πab，所以a与b的夹角为π3，故

C正确，D错误．故选：AC.11.已知221eln24xxfxxxax是0,上的单调递增函数，则实数a的取值可能为（）A.e2B.2C.1D.1【答案】CD【解析】【分析】根据函数fx单调递增转化为0fx恒成

立，分离参数转化为最值问题，即可得到结果.【详解】因为fx是0,上的单调递增函数，所以2eln120xfxxxax恒成立，即2e1ln2xxxax恒成立．又因为2ln2eln

2eln2xxxxxxxx，令2lntxx，etgtt，则e1tgt，可知gt在,0上单调递减，在0,上单调递增，所以01gtg，即e1tt，从而2eln

12xxxx，即2e1ln2xxxx，所以2a≤2，解得1a．故选:CD.12.已知定义在R上的函数f（x），g（x）满足：①02f；②对任意实数1x，2x，都有1212122fxxfxfxgxgx；③存在大于零的常

数a，使得2ga，且当0,xa时，00fxgx，．下列说法正确的是（）A.00fagB.当0xa，时，2fxgxC.函数f（x）g（x）在R上的最大值为2D.对任意的Rx，都有gaxfx【答案】ACD【解析】分析】A.利用

赋值法，令120xx和12xxa求解判断；B.令12xxx，得到224fxgx，再由0xa，时，00fxgx，，得到0()2,0()2fxgx求解

判断；C.由22()()|()()|22fxgxfxgx求解判断；D.令12xaxax，求解判断.【详解】令120xx，可得00g，令12xxa，由2ga，得0fa，A正确；令12xxx，得224fxgx，当0xa

，时，00fxgx，，所以0()2,0()2fxgx，所以22()2(),()2()fxfxgxgx故224()()2()2()fxgxfxgx，所以2fxgx，B错误；由22()()|()()|22fxgxfxgx，得2

()()2fxgx，故C正确；令12xaxax，，得22fxfafaxgagaxgax，则gaxfx，故D正确．故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答

题卡中的横线上．【13.已知向量2,1AB，7,BCm，3,1CD，若A，B，D三点共线，则m_________．【答案】6【解析】【分析】根据给定条件，求出BD，再利用共线向量的坐标表示计算作答.【详解】因7,B

Cm，3,1CD，则(10,1)BDBCCDm，又2,1AB，且A，B，D三点共线，即//ABBD，因此2(1)1100m，解得6m，所以6m.故答案为：614.设na是首项为1的等比数列，nS是其前n项和，若34520aaa

，则5S______．【答案】31【解析】【分析】设na的公比为q，根据已知条件求出q的值，再利用等比数列的求和公式可求得5S的值.【详解】设na的公比为q，因为34520aaa，所以2541120aqaq，即5420q

q，解得2q=，所以55123112S．故答案为：31.15.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2coscosbaCcA，c是a，b的等比中项，且ABC的面积为23，则ab_________．【答案】42【解析】【分

析】由正弦定理统一为三角函数可得cosC，再由三角形面积公式得出ab，再由等比中项及余弦定理即可求出22ab，即可得解.【详解】2coscosbaCcA由正弦定理得，2sincossincossincosBCACCA，即2s

incossincoscossinsinsinBCACACACB，又sin0B，所以1cos2C，得3sin2C，由1sin232ABCSabC，得132322ab，得8ab.又c是a，b的等比中项，所以2

8cab.由余弦定理2222coscababC得22ababab.∴22216abab，即2216ab，则2222161632ababab，即42ab.故答案为：4216.已知函数π2sin0,2fxx

的部分图像如图所示，则满足π5π0312fxffxf的最小正整数x的值为_______．【答案】1【解析】【分析】先根据图像求得π2sin(26fxx），再解π5π0312fxffxf

求得最小正整数x．【详解】解：由题意得函数f（x）的最小正周期2ππ2π2π36T，解得2，所以2sin2fxxf．又π26f，所以π2sin226

，即πsin13，所以ππ2πZ32kk，，解得π2πZ6kk，．由π||2，得π6，所以π2sin(26fxx），所以π5π5π2sin103612ff，．由π3fxf

5π012fxf，可得10fxfx，则0fx或1fx，即πsin206x或1sin262x．①由sin206x，可得π2ππ22πZ6nxnn，解得

7ππππZ1212nxnn，此时正整数x的最小值为2；②由1sin262x，可得ππ5π222πZ666kxkk，解得πππZ3kxkk，此时正整数x的最小值为1．综上所

述，满足条件的正整数x的最小值为1．故答案为：1．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知2π1sin22cos62fxxx．（1）求fx在0,π上的单调递增区间；（2）设ABC的内角A，

B，C的对边分别为a，b，c，若12fA，2b，π6B，求ABC的面积．【答案】（1）单调递增区间是π0,3，5π,π6（2）23【解析】【分析】(1)对fx作恒等变换，化为单一三角函数解析式，再根据正弦函数性质求解即可；(2)根据fx的解析式以及条件求

出,AC，运用面积公式求解即可.【小问1详解】2π1311sin22cossin2cos21cos262222fxxxxxx311π1sin2cos2sin2

22262xxx，当πππ2π-22π262kxkkZ时，fx单调递增，即当ππππ63kxkkZ时，fx单调递增，所以fx在0,π上的单调递增区间是π0,

3，5π,π6；【小问2详解】因为π11sin2622fAA，0,πA，所以π3A．又π6B，所以π2C．因为2b，所以24cb．所以ABC的面积1sin2

32SbcA；综上，fx在0,π上的单调递增区间是π0,3，5π,π6，ABC的面积为23.18.已知函数323422fxxxax．的（1）若函数36ln49gxxxaxfx，求gx的单调区间；（

2）若fx有两个都小于0的极值点，求实数a的取值范围．【答案】（1）gx在0,1上单调递增，在1,2上单调递减，在2,上单调递增（2）3,016【解析】【分析】（1）根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解；（2）根

据已知条件及极值点的定义，结合一元二次方程根的分布即可求解.【小问1详解】因为3236ln496ln922gxxxaxfxxxx，且定义域为0,，所以3126390xxgxxxxx．令0gx，得12x；令0

gx，得01x或2x．所以gx在0,1上单调递增，在1,2上单调递减，在2,上单调递增．【小问2详解】因为323422fxxxax，所以2334fxxxa，又因为fx有两个都小于0的极值点，所以23340x

xa有两个不相等的负数根12,xx，所以1212Δ94340303403axxaxx，解得3016a，所以实数a的取值范围为3,016．19.在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足π

3B，3a，9BABC，过B作BDAC于点D，点E为线段BD的中点．（1）求c；（2）求BEEA的值．【答案】（1）6c（2）94【解析】【分析】（1）利用向量的数量积公式即可求解；（2）根据（1）的结论

及余弦定理，再利用三角形的面积公式及等面积法，结合向量的线性运算及向量的数量积公式即可求解.【小问1详解】因为9BABC，π3B，3a，所以π3cos93c，解得6c．【小问2详解】因为3a，6c，π3B，所以2222cos9361827bacacB

，所以33b．又11393sin362222ABCSacB△，所以293333ABCSBDAC△．因为点E为线段BD的中点，所以32BE，又EAEDDABEDA，所以2904BEEABEBE

DABE．20.已知数列na和nb满足11130nnnnnnababaa，0na，且111ab，设nnnbca．（1）求数列nc的通项公式；（2）若212

nnnaaa，且212a，求nb的前n项和nS．【答案】（1）32ncn（2）13482nnnS【解析】【分析】（1）根据条件变形可得nc是首项为1，公差为3的等差数列，从而得到其通项公式.（2）根据条件可得na是等比数列，【小问1详

解】因为11130nnnnnnababaa，0na，所以113nnnnbbaa，即13nncc，1111bca，所以nc是首项为1，公差为3的等差数列，从而得到nb的通项公式，结合错位相减法即可得到结果.所以13132

ncnn．【小问2详解】因为212nnnaaa，所以121nnnnaaaa，即na是等比数列．又11a，212a，所以公比12q，所以112nna．由（1）知32nnbna，所以1322nnnb

．所以0121147322222nnnSL，所以12311473222222nnnSL，两式相减得211111321322222nnnnSL，即1344

22nnnS，所以13482nnnS．21.已知2log41xfxkx为偶函数．（1）求k的值；（2）已知函数gx的定义域为1,，22gxgx，当1,1x时，gxfx，若对任意的1,xm，都有

28log34gx，求m的取值范围．【答案】（1）1k；（2）(1,5).【解析】【分析】（1）根据给定的条件，利用偶函数定义计算作答.（2）根据给定条件，求出()gx在[1,1)上的取值集合，再结合已知，依次求出在[1,3

),[3,5),[5,7)上的取值集合并比较作答.【小问1详解】函数2log41xfxkx定义域为R，依题意，()()0fxfx，即Rx，22241log(41)log(41)log222041xxxxkxkxkxxkx

成立，解得1k，所以1k.【小问2详解】由（1）知，2log41xfxx，当1,1x时，22()log(41)log(22)xxxgxx，当1,1x

时，令12[,2)2xt，函数1ytt在1[,1]2上单调递减，在[1,2)上单调递增，当1t时，min2y，当12t时，max52y，即当1,1x时，52222xx，即25()[1,lo

g]2gx，而2298log344log2，显然2259log4log22，又当[1,)x时，22gxgx，则当13x时，121x，25()2(2)[2,2log]2gxgx，22592log4log22

，当35x时，141x，225()2(4)[4,4log]2gxgx，22594log4log22，当57x时，161x，325()2(6)[8,8log]2gxgx，有2222925584log44log4log8log2

42，25(5)2(3)4(1)8(1)8log2gggg，当2121,Nnxnn时，25()2(2)[2,2log]2nnngxgxn，显然2n随着n的增大而增大，因此1,xm，都有28log34gx，必有[1,][1,5

)m，所以m的取值范围是(1,5).【点睛】思路点睛：涉及分段函数的不等式在区间上恒成立问题，依次探讨每一段在区间上不等式成立情况，再进行综合考查即可.22.已知函数sin,2cosxfxaxgxx．（1）当0,x时，若1a，证明：fxgx

．（2）当0x时，fxgx，求a的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）1,【解析】【分析】（1）首先不等式变形后，构造函数()2cossinhxxxxx，利用导数证明00hxh，即可证明；（2）首先构造函数()2cossinxaxaxxx，

分1a，0a和01a三种情况讨论函数的单调性，讨论不等式，并得到a的取值范围.小问1详解】当1a时，需证()()fxgx，只需证2cossin0xxxx设()2cossinhxxxxx，(

)22cossinhxxxx，当0,πx时，'()2(1cos)sin0hxxxx，所以hx在0,π上单调递增，所以00hxh．所以()()fxgx【小问2详解】因为()()fxgx，所以2cossin0axaxxx

设()2cossinxaxaxxx，可得00，【又()2(cossin)cosxaaxxxx，则01a，若1a，()2cossinxxxxx，由（1）知，当0,πx时，00x；当π,x时，2c

ossin(1cos)(sin)0xxxxxxxx，所以0x恒成立，符合题意；若0a，()2cossin(1cos)sinxaxaxxxaxxaxx，当π0,2x时，0x，不合题意；若01a，因为π0,2x

时，()(21)sincos0xaxaxx，所以x在π0,2上单调递增，因为ππ2022a，又00，所以存在00,2x，00x，当00,xx时，0x，

x在00,x上单调递减，00x，不合题意；综上，1a，a的取值范围是1,．