2023届福建省莆田第二十五中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

2023届福建省莆田第二十五中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出，进而求出.

【详解】由解得：，故，又，

故.

故选：B.

2．已知角是的一个内角，则“”是“”的（    ）

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】B

【分析】根据充要条件的定义判断即可.

【详解】因为 是三角形内角， ，

由可得或，即 或 ，

即由p不能推出q；

由可得，可以推出 ，

因此“ ”，是“ ”的必要不充分条件；

故选：B.

3．下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在区间上的单调性也相同的是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】判断出函数的奇偶性与该函数在区间上的单调性，并判断出各选项中函数的奇偶性以及函数在区间上的单调性，由此可得出正确选项.

【详解】函数为偶函数，当时，，在区间上为减函数.

对于A选项，函数为偶函数，且在区间上单调递增，不合乎要求；

对于B选项，函数为偶函数，当时，，该函数在区间上为减函数，合乎要求；

对于C选项，函数为奇函数，不合乎要求；

对于D选项，函数为非奇非偶函数，不合乎要求.

故选B.

【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，判断时要熟悉一些基本初等函数的基本性质，考查推理能力，属于中等题.

4．已知函数，函数，函数，函数，四个函数的图象如图所示，则的图象依次为（  ）

A．①②③④ B．①②④③ C．②①③④ D．②①④③

【答案】A

【分析】根据定义域、对称性与奇偶性，结合三角函数的图象性质判断即可.

【详解】由定义域中可知，图②为​.

由可知为奇函数，图③为​.

可得为偶函数，图④为​.

故而图①为​．

故选：A

5．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：）

A．72 B．74 C．76 D．78

【答案】B

【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．

【详解】由于，所以，

依题意，则，

则，

由，

所以，即，

所以所需的训练迭代轮数至少为74次．

故选：B

6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，，则b＋c的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由余弦定理与基本不等式求出，再由三角形三边关系得到，从而求出b＋c的取值范围.

【详解】依题意得b2＋c2－bc＝3，即，

解得：，，当且仅当时取等号，

又，因此b＋c的取值范围是.

故选：B

7．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．

【详解】解：依题意可得，因为，所以，

要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．

故选：C．

8．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数和，利用导数求解单调性，即可判断.

【详解】当时，记，则 ，故在单调递增，故，因此得当时， ，故，即；

，设，则，因为，

当时，．所以在上单调递增，所以，即，所以．

故选：A

二、多选题

9．若实数满足，则下列选项正确的是（    ）

A．最大值是 6 B．的最小值是

C．的最大值是 D．的最大值是 3

【答案】ACD

【分析】根据基本不等式判断各选项．

【详解】，当且仅当时等号成立，

，则，，时等号成立，A正确；

，，时等号成立，D正确；

．，当且仅当时取等号，

，，所以时，取得最大值，B错C正确．

故选：ACD．

10．下列命题中真命题有（    ）

A．已知函数，过点且与曲线相切的直线有且只有1条

B．，

C．在中，命题：，命题：，则命题是命题的充分不必要条件

D．若函数是奇函数，函数为偶函数，则

【答案】ABD

【分析】对于A：设切点为，求出切线方程，将代入，结合函数单调性判断方程的根的个数即可；

对于B：由指数函数的性质得解；

对于C：结合正弦定理判断得解；

对于D：根据函数奇偶性判断；

【详解】对于A：设切点为，，则，

所以在的切线方程为，

将代入上式得，即，

令，则，令得，

当时，；

当时，；

所以在单调递减，在单调递增；

，

所以只有一个零点且为0，即有唯一根0，

所以过点且与曲线相切的直线有且只有1条；所以A正确；

对于B：由指数函数的性质知，，所以B正确；

对于C：在中，若，则，由正弦定理得，

所以，反之若，所以，

所以，则命题是命题的充要条件，所以C错误；

对于D：若函数是奇函数，则，函数为偶函数，

则，令，则，

所以，所以D正确；

故选：ABD.

11．已知函数， 则（    ）

A．函数的最小正周期为 B．为函数的一条对称轴

C．函数的最小值为1，最大值为 2 D．函数在上单调递减

【答案】BC

【分析】根据给定条件利用周期定义、对称性性质判断选项A，B；换元借助二次函数最值判断选项C；利用复合函数单调性判断选项D作答.

【详解】因为，所以，A错误；

因，

所以，所以函数为偶函数，所以的图象关于轴对称，所以为函数的一条对称轴，B正确；

令，有，则，当时，，

因为在上单调递增，在上单调递减，

又，，

所以当时，函数取最大值，最大值为2，当时，函数取最小值，最小值为， C正确；

函数由和复合而成，当时，

函数，因为，

所以函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，且，

函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，D错误，

故选：BC

12．已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．

【详解】是偶函数，则，两边求导得，

所以是奇函数，故.

由，，得，

即，所以是周期函数，且周期为4，，

，所以.

对选项A：令得，，令得，

故，所以选项A正确.

对选项B：令得，，故，所以B正确.

对选项C：令得，，令得，，即，

若，则，所以，但不一定为0，因此C错；

对选项D：，由是以4为周期得，由得，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知函数，若，则______.

【答案】

【分析】构造奇函数，根据函数的奇偶性性质即可求解.

【详解】令，

，

所以为奇函数，则有，

因为，所以，则，

所以，

故答案为:.

14．已知 ，则________.

【答案】

【分析】先找到与的关系，再利用诱导公式与倍角公式求解即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：.

15．如图，某小区有一块扇形OPQ空地，现打算在上选取一点C，按如图方式规划一块矩形ABCD土地用于建造文化景观．已知扇形OPQ的半径为6米，圆心角为60°，则矩形ABCD土地的面积（单位：平方米）的最大值是______．

【答案】

【分析】设，，求出，在中，求出，然后表示出矩形面积，然后利用两角和与差的正弦公式，二倍角公式，化函数为一个角的一个三角函数形式，最后由正弦函数性质得最大值．

【详解】，

设，，则，

中，，由正弦定理，

，所以，

，

所以，即时，取得最大值．

故答案为：．

16．已知函数与的图象相交于不同的两点，，若存在唯一的整数，则实数m的最小值是______．

【答案】

【分析】由，可得，设，利用导数求得函数的单调性与极值，进而作出函数的图象，结合图象，即可求解.

【详解】由，可得，

设，可得，

令，即，解得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

故当时，函数取得极大值也为最大值为，

又由时，；

当趋向于正无穷时，，故且趋向于0；

作出函数大致图像，如图所示：

由，

因为存在唯一的整数，使得与的图象有两个交点，

由图可知：，即，故实数m的最小值是，

故答案为：

【点睛】方法点睛:

已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:

（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;

（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;

（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

四、解答题

17．在中，若

(1)求角的大小

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理得到，再次利用余弦定理得到，得到答案.

（2）根据余弦定理得到，再利用面积公式计算得到答案.

【详解】（1）由余弦定理得，化简得：，

，，故.

（2），故，，

.

18．已知幂函数在上是减函数，．

(1)求的解析式；

(2)若， 求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据幂函数定义及单调性可得参数的值；

（2）根据（1）可得，构造函数，结合定义域与单调性解不等式.

【详解】（1）由函数为幂函数得，解得或，

又函数在上是减函数，则，即，

所以，

；

（2）由（1）得，

所以不等式为，

设函数，则函数的定义域为，且函数在上单调递减，

所以，解得，

所以的取值范围是.

19．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)若先将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），得到函数的图象；再把图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到函数的图象.求函数在上的值域.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据图像信息结合、、 的范围，分别求出、、 ，即可得到函数的解析式；

（2）先根据平移伸缩变换得到的表达式，再求函数在区间的最小值，即可得到实数的取值范围.

【详解】（1）由的部分图象可知，

，可得，所以，

由五点作图法可得，解得，

所以函数的解析式为.

（2）若先将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），得到函数的图象，再把后者图象上所有点向左平行移动个单位长度，

得到函数的图象.

当时，，

所以.所以函数在上的值域为.

20．已知函数.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)当时，求函数的最值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导，利用导数即可求解斜率,根据点斜式即可求解切线方程,

（2）利用导数确定单调区间，进而可得最值.

【详解】（1）由，得，

所以，.

所以曲线在处的切线方程为，即.

（2）令，则，因此 ，

由于，故，

故函数在上递增，在上递减，

故

21．如图，在平面四边形中，.

(1)证明：；

(2)记与的面积分别为和，求的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)14

【分析】（1）分别在和中，利用余弦定理表示BD，然后联立求解；

（2）结合（1）得到 ，利用二次函数的性质求解.

【详解】（1）证明：在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

∴，

所以，

即.

（2），

，

则

由（1）知：，

代入上式得，

，

，

∴当时，取到最大值14.

22．已知函数f(x)= ex+ ax（a∈R），g(x)= exlnx，e为自然对数的底数．

(1)若对于任意实数恒成立，试确定a的取值范围；

(2)当时，函数在[0，e]上是否存在极值？若存在，请求出这个极值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）当时，由分离常数，结合导数求得的取值范围.

（2）利用导数判断出在上递增，没有极值.

【详解】（1）因为对于任意实数恒成立，

，

若恒成立，即在x＞0上恒成立，

设，则，

当时，，则Q(x)在(0，1)上单调递增；

当时，，则Q(x)在(1，+∞)上单调递减；

所以当时，Q(x)取得最大值，

所以a的取值范围为，

综上，对于任意实数恒成立的实数a的取值范围为．

（2）依题意，，

所以，

设，则，

当x∈(1，e]，，故h(x)在(1，e]上单调递增，

当x∈[0，1)，，故h(x)在[0，1)上单调递减，

因此h(x)在[0，e]上的最小值为h(1)=0，

即，

又ex＞0，所以在[0，e]上，，

所以M(x)在[0，e]上是增函数，

即在[0，e]上不存在极值．