湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三数学上学期期中试题（Word版附解析）

2022年下学期期中考试试卷

高三数学

本试卷分为问卷和答卷.考试时量为120分钟，满分150分.请将答案写在答题卡上.

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）

1. 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】计算一元二次不等式和指数不等式，求出，从而求出交集.

【详解】，解得：，所以，

而，解得：，所以

所以.

故选：C

2. 若“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】写出全称命题为真命题，利用辅助角公式求出，从而求出实数a的取值范围.

【详解】因为“，使得”为假命题，

则“，使得”为真命题，

因为，

所以实数a的取值范围是

故选：D

3. 欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满足，则的虚部为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义求得结果

【详解】由欧拉公式知：

，，

，

的虚部为．

故选：B

4. 如图，函数图象与x轴交于，与y轴交于P，其最高点为．若，则A的值等于（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】先求出周期，再根据求，最后根据点和即可求.

【详解】由图可知：，得，所以，

将代入方程得：，，

又，,

，，所以，

，，

解得：或（舍）.

故选：B

5. 已知是奇函数，则过点向曲线可作的切线条数是（   ）

A 1 B. 2 C. 3 D. 不确定

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，求出a，再求出函数的导数，设出切点坐标，借助导数的几何意义列出方程求解作答.

【详解】因函数是奇函数，则由得恒成立，则，

即有，，

设过点向曲线所作切线与曲线相切的切点为，

而点不在曲线上，则，整理得，

即，解得或，即符合条件的切点有3个，

所以过点向曲线可作的切线条数是3.

故选：C

6. 已知与满足：，，，则（    ）

A. 是钝角三角形，是锐角三角形

B. 锐角三角形，是钝角三角形

C. 两个三角形都是锐角三角形

D. 两个三角形都是钝角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】在三角形中，所有内角的正弦值均为正数，故的内角余弦值均为正数，故可得到为锐角三角形；另一方面，根据可知或,即为锐角或钝角，同理可得到，为锐角或钝角，但，，中必然有一个为钝角，即可得出结论.

【详解】在与中，

，，

，，均为锐角，因此为锐角三角形.

另一方面，，可得或，即，

可得为锐角或钝角，同理可得到，为锐角或钝角，但，，中必然有一个为钝角，否则不成立，

因此为钝角三角形.

故选：A.

7. 设函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意知时的开口向上且值域，则问题转化为在上恒成立，讨论、，结合二次函数的性质求的取值范围.

【详解】∵，即开口向上且，

由恒成立，即在上恒成立，

∴当时，即，由二次函数的性质，显然成立；

当时，有两个零点，则只需满足，解得，故；

综上，的取值范围是.

故选：B

8. 若，，，则，，的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的单调性，再借助“媒介”数比较大小作答.

【详解】依题意，，，即，

又，，则，，即，

所以，，的大小关系是.

故选：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. 下面命题正确的是（    ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. “”是“函数为奇函数”的充分不必要条件

C. 中，是为锐角三角形的必要不充分条件

D. 已知偶函数在上单调递增，则对实数，，“”是“”充分不必要条件

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件的定义逐项判断即可.

【详解】对于A：当“”时“”成立；

但是当“”时，解得或，

故是的充分不必要条件，故选项A正确；

对于B：当时，，定义域为，

且，

故为奇函数，故充分性成立，

若为奇函数，则，

解得，故必要性成立，

故“”是“函数为奇函数”的充要条件，

故选项B不正确；

对于C：若为钝角，为锐角，

则，

则满足，但是为钝角三角形

所以充分性不成立；

若为锐角三角形，

则均为锐角，

即，

所以

所以

所以必要性成立；

故中，是为锐角三角形的必要不充分条件

所以C正确；

对于D：因为偶函数在上单调递增，

所以若，则，即充分性成立，

若，则等价为，

即，即或，即必要性不成立，

所以若偶函数在上单调递增，

则对实数，，“”是“”的充分不必要条件

故D正确；

故选：ACD.

10. 已知实数，，满足，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D. 的最小值为4

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据实数，，满足，分别化简选项A、B、C中的不等式即可判断；选项D的判断要注意基本不等式取等条件的检验.

【详解】由题，所以有

，故A正确；

，故B正确；

，故C正确；

，当且仅当即时取等，

又因为，所以，即无最小值，故D错误.

故选：ABC.

11. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 为函数的一个周期

B. 直线是函数图象的一条对称轴

C. 函数在上单调递增

D. 函数有且仅有2个零点

【答案】AB

【解析】

【分析】根据判断选项A正确；根据判断选项B正确；判断出函数在的单调性，结合周期性，奇偶性和对称轴画出函数的简图，由此可以判断选项C和D.

【详解】因为

，所以为函数的一个周期，选项正确；

因为

，所以直线是函数图象的一条对称轴，故选项正确；

因为

，所以是偶函数，

又当时，单调递减，单调递增，且，所以在时单调递减；

当时，单调递增，单调递减， 且，所以在时单调递减，

所以函数在时单调递减，

又为函数的一个周期，且直线是函数图象的一条对称轴，所以画出函数的图象如图，由图可知，选项C，D错误.

故选：AB.

12. 已知函数与的定义域均为，分别为的导函数，，，若为奇函数，则下列等式一定成立的是（    ）

A.  B. .

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】将去代入已知等式可构造方程组得到，由此可得关于对称；结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数，则可得C正确；令，代入中即可求得A正确；令，由可推导得到D正确；设，由可知，结合可知，由此可得，知B错误.

【详解】由得：，

，关于中心对称，则，

为奇函数，，左右求导得：，

，为偶函数，图象关于轴对称，

，

是周期为的周期函数，

，C正确；

，，又，

，A正确；

令，则，，

又，，，

即，D正确；

，，

设，则，，

又为奇函数，，，

即，B错误.

故选：ACD.

【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：

①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；

②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）

13. 则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，利用分段函数的解析式，代入即可求解.

【详解】根据题意，当时，，所以，

当时，，所以.

故

故答案为：

14. 已知函数，若时，取得极值0，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得，列方程组可求出，然后再检验时，函数是否能取得极值，即可得答案

【详解】由，得，

因为时，取得极值0，

所以，，

解得或，

当时，，此时函数在在处取不到极值，

经检验时，函数在处取得极值，

所以，所以.

故答案为：18

15. 被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】

把代入，然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公式化简求值．

【详解】解：把代入

故答案为：

16. 已知数列满足（），设数列的前项和为，若，，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知递推式得出，，则，且，在根据已知条件求出，由此即可求解．

【详解】解：因为，，

所以，则，所以，，

则，可知，，，

所以，

又，，所以，则，又，

所以，，所以，

因为，所以，

故答案为：．

四、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答时应写出文字说明及演算步骤）

17. 已知等差数列满足，．

（1）求的通项公式；

（2）若等比数列的前n项和为，且，，，求满足的n的最大值．

【答案】（1）   

（2）10

【解析】

【分析】(1)设等差数列公差为d，根据已知条件列关于和d的方程组即可求解；

(2)设等比数列公比为q，根据已知条件求出和q，根据等比数列求和公式即可求出，再解关于n的不等式即可.

【小问1详解】

由题意得，解得，

∴．

【小问2详解】

∵，，

又，∴，公比，∴，

令，得，

令，所以n的最大值为10．

18. 如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面，，是的中点.

（1）证明：平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，从而得到线面平行；

（2）作出辅助线，找到异面直线与所成角，利用余弦定理求出余弦值.

【小问1详解】

证明：连接，交的于，连接，

则为的中点，

因为分别是，的中点，

，

平面，平面，

平面；

【小问2详解】

由（1）得：，

（或其补角）就是异面直线与所成的角，

∵三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，

∴，，，

∴

由余弦定理得：，

故异面直线与所成角的余弦值为.

19. 如图，在平面四边形中，的面积是的面积的倍．，，．

（1）求的大小；

（2）若点在直线同侧，，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）设，利用给定的面积关系结合三角形面积定理，利用二倍角正弦化简求解.

（2）由（1）求出AC，在中，利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数性质求解作答.

【小问1详解】

设，则，

因，，，

则，而，，

则有，即，又，，因此，，

所以.

【小问2详解】

由（1）知，，连AC，有，则，

而，中，由正弦定理有，

，，，

又，令，则，，

因此，

因，则，有，

即，，

所以的取值范围为．

20. 已知动圆过点并且与圆相外切，动圆圆心的轨迹为.

（1）求曲线的轨迹方程；

（2）过点的直线与轨迹交于、两点，设直线，点，直线交于,求证：直线经过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【详解】（1）由已知得，即，

所以的轨迹为双曲线的右支，且，，，，

∴，

曲线的标准方程为.

（2）当直线的斜率不存在时，，，，则直线经过点；

当直线的斜率存在时，不妨设直线，，，

则直线：，当时，，，

由得，

所以，，

下面证明直线经过点，即证，即，

即，由，，

整理得， ，即恒成立.

即，即经过点，

故直线过定点.

【点睛】本题考查了利用定义求圆锥曲线的方程，直线与圆锥曲线的位置关系，直线过定点问题，综合性强，需要很好的思维和计算能力，属于难题.

（1）根据题意，判断出动点的轨迹方程为双曲线的右支，然后根据定义即可求得双曲线的方程.

（2）讨论当直线斜率存在与不存在两种情况下直线过定点问题.当斜率不存在时，易得直线过定点的坐标为；当斜率存在时，设出直线方程，联立曲线方程，消y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系表示出两个交点横坐标间的关系；利用，再证明直线BM经过.

21. 在检测中为减少检测次数，我们常采取“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均未感染病毒；若为阳性，则改需对本组的每个人再做检测．现有人，已知其中有2人感染病毒．

（1）若，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率；

（2）设采取“5合1检测法”的总检测次数为，采取“10合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“10合1检测法”更适宜？请说明理由．

【答案】（1）   

（2）当时，采取10合1检测法更适宜；理由见解析

【解析】

【分析】（1）平均分为5组，共检测15可知2个感染者分在同一组，计算所求概率；

（2）分类讨论感染者分在同一组和分在不同小组，计算两种方案总检测次数的期望值，进行比较得出结论.

【小问1详解】

现共有50人，由题意先平均分为5组，检测5次，因为共检测15次，所以两个感染者必定分在同一组中，所以共检测15次的概率有两种算法，第一种是分组分配思想，第二种是算一组已经有一名感染者的情况下，选中另一名感染者，即两种算法结果为和，结果均为；

所以k＝5，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率为.

【小问2详解】

当感染者在同一组时，，，

此时，，

当感染者不在同一组时，，，

此时，，

所以，

，

由题意，

综上：时，采取10合1检测法更适宜．

22. 已知函数有三个极值点，

（1）求实数的取值范围；

（2）求证：.

【答案】（1）且；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）函数有3个零点等价于有3个变号零点，由于，且，所以可得有两个不为0，－1实根，再对求导讨论其单调性可得结果；

（2）由（1）可知有一个零点为0，所以不妨设，，而，所以，因此要证，即证而，，而在上递减，，所以只需证，即，然后构造函数，只需证此函数值恒大于零即可.

【详解】解：（1）利用的极值点个数即为的变号零点个数

，，设，

由已知，方程有两个不为0，－1的实根，

当时，在上递增，至多一个实根，故

所以在上递减，在上递增，

因为，

所以时，有两个实根，

解得且

（2）由（1）不妨设，，∵，∴.

要证，即证而，

由在上递减，在上递增，且

故只要证，又，故只要证

即证

设

∴

∴递增，∴

即

∴

【点睛】此题考查函数的极值点问题，极值点偏移问题，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立等，考查了数学转化思想，属于较难题.