湖北省襄阳市2022-2023学年高三上学期期中考试数学试卷

2022-2023学年湖北省襄阳市高三年级期中考试

数学试卷

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（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，只有一个选项是符合题目要求的）

1.     命题“，”的否定为(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

2.     已知复数z在复平面内对应的点为，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.     已知集合，，且，则m的取值范围为

A.  B.  C.  D.

4.     随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的(    )

A. 100倍 B. 50倍 C. 10倍 D. 5倍

5.     已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是(    )
    

A.  B.
C.  D.

6.     某正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，下列结论正确的是
    

A. 平面BCE B. 平面BCE C.  D.

7.     已知数列满足，，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.     某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯，在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，(    )

A. 10cm B.  C.  D.

二、多选题（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.     已知函数，则

A. 是的极小值点 B. 有两个极值点
C. 的极小值为1 D. 在上的最大值为2

10. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的有(    )

A. 直线是图象的一条对称轴
B. 在上单调递增
C. 若在上恰有4个零点，则
D. 在上的最大值为

11. 已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，A，B，C三点均在以S为球心的球S的球面上，P是该球面上任意一点，下列结论正确的有(    )

A. 三棱锥体积的最大值为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 若平面ABC，则三棱锥的表面积为
D. 若平面ABC，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为

12. 已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为

A. 13 B. 12 C. 11 D. 10

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若函数则__________.
14. 已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.
15. 最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽，赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，他用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.如图，某数学探究小组仿照“勾股圆方图”，利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF，拼成一个大的正六边形GHMNPQ，若，则__________.
16. 已知实数x，y满足，则的最小值为__________.

四、解答题（本大题共6题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知是奇函数.

求a的值;

求的值域.

18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

求角A的大小;

若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.

19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，是等边三角形，平面平面ABCD，E，F分别是PC，AB的中点.

证明：平面

求二面角的余弦值.

20. 已知函数

若，求的图象在处的切线方程;

若，证明：在上只有一个零点.

21. 已知数列满足

求的通项公式;

设证明：

22. 已知函数

求的单调区间;

证明：

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：存在量词命题的否定为全称量词命题，
所以该命题的否定为“，”.  

2.【答案】A 

【解析】解：由题意知，，则

  3.【答案】B 

【解析】

解：因为，，，所以，即  

4.【答案】C 

【解析】解：设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，，，则，即，从而，故传输距离变为原来的10倍.  

5.【答案】D 

【解析】解：.由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.因为当时，无意义，所以C不符合题意.故选

  6.【答案】B 

【解析】解：

如图，AF与平面BCE不平行，A错误.
易知，，，同理，
，且，，B正确.
 ，C错误.
BF与CE不垂直，D错误.

  7.【答案】A 

【解析】解：由可知，得因为，所以，，，，，所以是以3为周期的数列，则

  8.【答案】B 

【解析】解：如图，过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，设，
则，，由，，
得，
则，，
，
当，即时，OB取得最大值，
此时

9.【答案】ABD 

【解析】解：因为，所以当时，当时，故的单调递增区间为和，单调递减区间为，则有两个极值点，B正确;且当时，取得极小值，A正确；且极小值为，C错误.又，，所以在上的最大值为2，D正确.

  10.【答案】AC 

【解析】解：将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.当时，，故直线是图象的一条对称轴，A正确.由，得，则在上不单调，B不正确.由，得，因为在上恰有4个零点，所以，解得，C正确.由，得，则在的最大值为，D不正确.

  11.【答案】ACD 

【解析】解：因为正三棱锥的底面边长为6，所以三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，所以球S的半径，则三棱锥体积的最大值为
A正确，B不正确.
若平面ABC，则根据对称性可知，，，
，取BC的中点D，连接PD，
则，，故三棱锥的表面积为，C正确.
分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，

则易得，，为异面直线AB与PC所成角的大小，
且，D正确.  

12.【答案】BC 

【解析】解：，即而，即有
令，则有，令函数，则
当时，，单调递减;当时，，单调递增.故，从而有，则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时，等号成立，则，当且仅当时，等号成立.又，所以，故有，所以，，则
从而解得又，，所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，所以或  

13.【答案】13 

【解析】解：因为，所以

  14.【答案】或答案只要是与6中的一个即可 

【解析】解：若满足条件①，因为，所以，解得或，则或舍去，则，，
故
若满足条件②，则

  15.【答案】1 

【解析】解：在正六边形ABCDEF中，，则，所以
因为六边形GHMNPQ是正六边形，所以，且G，F，E，P四点共线.又，所以，所以  

16.【答案】 

【解析】解：因为，所以令，，

则，，且，

所以，当且仅当，时，等号成立.  

17.【答案】解：因为，
所以

又是奇函数，所以，
即，

则

由可知，，，

当时，，当且仅当时，等号成立.

又是奇函数，所以的值域为

18.【答案】解：因为，所以，

则，即

又，所以，即

又，所以

因为，所以，

因为为锐角三角形，所以解得 ，则

故，即面积的取值范围为

19.【答案】解：证明：取AD的中点O，连接OP，

因为是等边三角形，所以

又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，

因为底面ABCD是正方形，不妨令，连接OF，PF，CF，因为F是AB的中点，所以，，，

又E是PC的中点，，所以，

因为，且DE、平面DEF，所以平面

解：以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则由可得，，，，，，，

设平面BDE的法向量，

则

令，得

由知是平面DEF的一个法向量，

所以

由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为

 20.【答案】解：因为，所以，

又，，

所以的图象在处的切线方程为，即

证明：当时，，则函数只有一个零点等价于函数只有一个零点.

因为，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上单调递增.

又，所以函数在上只有一个零点，即函数在上只有一个零点.

 21.【答案】解：当时，，则

当时，则，

则

又，所以的通项公式为

证明：由可知，
，

所以

又，所以，故

 22.【答案】解：因为，所以

令函数，则，所以即在上单调递增.

又，所以当时，当时，

故的单调递增区间为，单调递减区间为

证明：要证，即证

令函数，，则，

当时，，单调递减;当时，，单调递增.故

令函数，，则

当时，，单调递减;

当时，，单调递增.故

故，则，即