2023届江西省丰城中学高三上学期期中考试数学（文）试题含答案

这是一份2023届江西省丰城中学高三上学期期中考试数学（文）试题含答案，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  丰城中学2022-2023学年上学期高三期中考试文科数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（   ）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】解不等式后由交集的概念求解.【详解】由解得，故，所以．故选：C.2.已知命题对任意，有成立，则为（   ）A.存在，使成立B.存在，使成立C.对任意，有成立D.对任意，有成立答案：B解析：【分析】根据全称量词命题的否定形式可得.【详解】全称量词改为存在量词，然后否定结论.所以存在，使成立.故选：B.3.若的圆心角所对的弦长为，则这个圆心角所夹的扇形的面积为（   ）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】由已知可求得半径，再由扇形面积公式即可求解.【详解】若的圆心角所对的弦长为，则可得半径为，所以这个圆心角所夹的扇形的面积.故选：A.4.下列命题中正确的是（   ）A.若、都是单位向量，则B.若，则、、、四点构成平行四边形C.若，且，则D.与是两平行向量答案：D解析：【分析】按照向量的概念及共线向量依次判断四个选项即可.【详解】选项A中单位向量方向可以不同，故不一定成立；选项B中、、、四点可能共线，不能组成四边形；选项C中当时，、为任意向量；选项D正确，相反向量是一对平行向量.故选：D.5.已知，，，则（   ）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性即可得出选项.【详解】因为，且，所以；因为，所以；又，所以，故．故选：D.6.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（   ）A. B.C. D.答案：B解析：【分析】根据三角函数的变换规则计算可得.【详解】将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到，将向右平移个单位长度得到；故选：B.7.“”是函数“是定义在上的增函数”的（   ）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案：C解析：【分析】分段函数若在上单调递增，则要求每一段是增函数，且在临界点处“左低右高”.【详解】若是定义在上的增函数，则有，解得，所以“”是函数“是定义在上的增函数”的充分必要条件.故选：C.8.在中，，，，则（   ）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】在中，根据求得，再利用余弦定理即可得出答案.【详解】在中，，，，所以，所以.故选：B.9.已知是内部的一点，，，所对的边分别为，，，若，则与的面积之比为（   ）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】设，，，利用正弦定理角化边得到，可得，则是的重心，可得，分别用表示三角形与的面积，则可求得答案.【详解】由正弦定理，又，，，所以得，因为，所以.设，，，可得，则是的重心，，利用，，所以，所以，同理可得，.所以与的面积之比为即为.故选：A.10.已知函数，给出下述论述，其中正确的是（   ）A.当时，的定义域为；B.一定有最小值；C.当时，的单调增区间为；D.若在区间上单调递增，则实数的取值范围是．答案：D解析：【分析】对于A选项，当时，的定义域为可判断；对于B选项，当时，的值域为可判断；对于C选项，当时，函数的定义域为可判断；对于D选项，若在区间上单调递增，对称轴且，解不等式即可判断.【详解】对于A选项，当时，，故得的定义域为，故A选项错误；对于B选项，由A选项可知，当时，，值域为，函数无最小值，故B选项错误；对于C选项，当时，，函数的定义域为，故C选项错误；对于D选项，若在区间上单调递增，此时函数在区间上单调递增，故对称轴，且，解得且，故实数的取值范围是，所以D选项正确.故选：D.11.已知若对于任意两个不等的正实数、，都有恒成立，则的取值范围是（   ）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】设，构造函数，分析可知函数在上为增函数，可知对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】不妨设，可得，可得，令，则，所以，函数在上为增函数，对任意的恒成立，所以，，当时，，当且仅当时，等号成立，所以，.故选：B.12.已知函数，若存在不相等的实数，，，满足，则的取值范围为（   ）A. B.C. D.答案：C解析：【分析】将问题转化为与图象的四个交点横坐标之和的范围，应用数形结合思想，结合对数函数的性质求目标式的范围.【详解】由题设，将问题转化为与的图象有四个交点，，则在上递减且值域为；在上递增且值域为；在上递减且值域为，在上递增且值域为；的图象如下：所以时，与的图象有四个交点，不妨假设，由图及函数性质知：，易知：，，所以.故选：C.二、填空题13.已知函数，且，则        ．答案：解析：【分析】把变换成是本题关键点.【详解】由可得，即，故.故答案为：.14.已知，则        ．答案：或解析：【分析】先利用两角和的正弦公式及二倍角公式将展开，利用转化为齐次式即得.【详解】原式.故答案为：.15.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得米，，，（设定，，，四点在同一平面上），则两点的距离为        米.答案：解析：【分析】解，求得，在中，由正弦定理求得，然后在中，由余弦定理求得答案.【详解】由题意可知在中，，则，故，在中，，故，故由，得，在中，，故（米）.故答案为：.16.已知正方形的边长为，对角线、相交于点，动点满足，若，其中、．则的最大值为        ．答案：解析：【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，可得出，设点，设，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出结果.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、、，，即点，因为，则点在以为圆心，半径为的圆上，设点，则，则，整理可得，所以，，其中，，所以，，整理可得，解得，因此，的最大值为.故答案为：.三、解答题17.已知，命题，；命题，．（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；（2）若命题为真命题，求实数的取值范围．答案：见解析解析：【分析】（1）由题意得到，为真命题，根据得到不等式，解出即可；（2）结合（1）得到为真命题时的取值范围，求出为真命题时的取值范围，取交集后即为答案.【详解】（1）由已知，命题，为真命题，故，即，解得：，所以实数的取值范围是.（2）由（1）知命题为真命题，则；命题，为真命题，则，解得：，由命题为真命题，故真真，因为，故实数的取值范围是．18.已知．（1）求的值；（2）若，求的值．答案：见解析解析：【分析】（1）把已知等式两边平方即可求得的值；（2）求出的值，结合角的范围开方得答案．【详解】（1）∵，∴，即，∴；（2）∵，又∵，∴，，则．19.已知向量，．（1）若，求实数的值；（2）若为钝角，求实数的取值范围．答案：见解析解析：【分析】（1）由已知可得，利用数量积的坐标公式列方程求解即可；（2）由为钝角列出不等式，可得实数的取值范围．【详解】（1）由，则，即，即，得．（2）若为钝角，即且，不共线，即，得，且，得且，综上解得且．20.已知函数（，）．且的最大值为；其图像的相邻两条对称轴之间的距离为．求：（1）函数的解析式；（2）若将函数图像上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图像，若在区间上的最小值为，求的最大值．答案：见解析解析：【分析】（1）先将用三角恒等变换公式化简，再根据最大值和相邻两条对称轴之间的距离分别求出和代入即可；（2）根据三角函数图像变换规律，得到函数的解析式，再根据正弦函数的图像与性质求的最大值.【详解】（1），因为的最大值为，的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，，解得，，所以.（2）将函数图像上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，可得函数的图像，再将其向右平移个单位可得函数的图像，所以，因为，所以，因为在区间上的最小值为，所以，，解得．所以的最大值为．21.在中，，，分别为内角，，的对边，的面积．（1）若，求的值；（2）求的取值范围．答案：见解析解析：【分析】（1）由正弦定理化简可得，由可得，结合余弦定理得，换元求出其值，由正弦定理即可得答案；（2）由得，结合余弦定理得，变形为，换元，可得，结合三角函数的性质可得不等式，即可求得答案.【详解】（1）为，由正弦定理得：，即，即，因为，所以，即，由得：；由得：，即，即，由余弦定理可得：，故，则，令，则，解得，由正弦定理得：，故的值为或；（2）由得：，即，由余弦定理可得：，即，故，令，则，即，由得，故，故，即得，故的取值范围是.22.已知函数．（1）当时，若函数恰有一个零点，求实数的取值范围；（2）当，时，对任意，，有成立，求实数的取值范围．答案：见解析解析：【分析】（1）要先求出，利用分类讨论思想，讨论函数的单调性，结合零点存在定理可求答案；（2）先把转化为，然后求解函数的最值，构造函数，结合单调性可得的取值范围．【详解】（1）定义域为，当时，；当时，，为增函数，取，，，所以，故此时恰有一个零点；当时，令，，时，，所以在单调递减，时，，所以在单调递增；要使函数恰有一个零点，需要，解得，综上，实数的取值范围是或.（2）因为对任意，，有成立，且所以.因为，所以，所以，.当时，，当时，；所以函数在上单调递减，在上单调递增，，因为与，所以，令，则当时，，所以在上单调递增，故，所以，从而.所以，即.令，则.当时，，所以在上单调递增.又，所以，即，解得，所以的取值范围是.