江西省赣州市七校2023届高三数学（理）上学期期中联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年第一学期高三期中联考

数学理科试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，则集合（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解不等式后由并集的概念求解，

【详解】由得，则，，

所以，

故选：B

2. 命题的否定是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】全称命题的否定：任意改存在并否定结论，即可得答案.

【详解】由全称命题的否定为特称命题知：原命题的否定为.

故选：C

3. 设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用指数函数和对数函数的图象性质得到，，的范围，然后比较大小即可.

【详解】因为，，，

所以．

故选：B．

4. 如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，在处连续是在处可导的（    ）．

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

【解析】

【分析】若函数在处可导，则在处一定连续；若函数在处连续，但在处不一定可导.

【详解】由“连续不一定可导”知，“在处连续”不能推出“在处可导”, 比如函数在处连续，但是在处不可导；

由“可导一定连续”知，“在处可导”可以推出“在处连续”.

因此在处连续是在处可导的必要不充分条件

答案选：B

5. 已知函数的部分图象如图所示，则函数在上的大致图像为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由函数的图象变换求解

【详解】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

再将所得图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，

故选：C

6. 若，直线与曲线相切于点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】对直线与曲线进行求导，根据斜率相等及切点处值相等得到方程组，解出切点横坐标即可.

【详解】因为曲线，直线，，所以，

又，所以，则．

故选：D.

7. 下列几个不等式中，不能取到等号的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由均值不等式取等号的条件判断即可

【详解】对A，当且仅当即等号成立；

对B，当且仅当即等号成立；

对C，当且仅当即时等号成立；

对D，当且仅当得时等号成立，无解，等号不成立．

故选：D．

8. 在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（    ）（参考数据：）

A. 时时 B. 时时

C. 时时 D. 时时

【答案】C

【解析】

【分析】由三角函数的性质求解

【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.

由，得，解得时；

由，得，解得时.

故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.

故选：C

9. 向量，，，若，且，则的值为（    ）

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用平面向量加减法的坐标运算和向量共线的坐标表示求出，再利用向量的坐标表示得到关于、的方程组进行求解.

【详解】由题意，得 ，，

因为，所以，解得，

则，

即，解得，故.

故选：C

10. 已知定义在上的奇函数满足，当时，．若与的图象交于点、、、，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分析可知函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心，直线关于点对称，作出图形，结合对称性可求得结果.

【详解】由题意可得，所以，，

故函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，

且，故点是函数图象的一个对称中心，

作出函数的图象如下图所示：

且当时，；当时，

且直线关于点对称，

由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，

故，，

因此，.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题的关键在于分析函数的对称性与周期性，利用图象并结合对称性来处理.

11. 已知函数（且）有唯一极值点，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求导后，令得：；在平面直角坐标系中作出与的图象，通过图象可确定当时有唯一极值点，由此可得结论.

【详解】由题意知：定义域为，，

令得：；

在平面直角坐标系中，作出与的图象如下图所示，

由图象可知：当时，与有唯一交点，

则当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是唯一的极值点，满足题意；

当时，恒成立，即恒成立，

在上单调递减，无极值点，不合题意；

综上所述：实数取值范围为.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数极值点个数求解参数范围的问题，解题关键是能够将问题转化为导函数零点个数的求解问题，进一步将问题转化为两函数图象交点的问题，从而采用数形结合的方式来进行求解.

12. 已知的内角，，的对边分别为，，，记的面积为，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由面积公式得到，再由余弦定理得到，同除表示出，再由二倍角公式、辅助角公式及正弦函数的性质求出的最小值，即可得解.

【详解】由，得，

由余弦定理得，

即，

所以，

即（其中，），

因为，所以当时，，所以.

故选：D.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知平面向量，满足，，与的夹角为，则___________.

【答案】6

【解析】

【分析】根据给定条件，利用向量数量积的性质及运算律求解作答.

【详解】因，，与的夹角为，则，

所以.

故答案为：6

14. 已知中，，，，则的外接圆面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用余弦定理求解边长，再利用正弦定理求解外接圆半径，即可得外接圆面积.

【详解】解：根据题意，由余弦定理可得

，

该的外接圆的半径为r，

则由正弦定理得：.

故答案为：.

15. 若，则_________.

【答案】####

【解析】

【分析】利用弦化切可求得所求代数式的值.

【详解】

.

故答案为：.

16. 已知函数，函数有四个不同的零点，，，，且．若，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据函数图象的特征，可得，根据对数的运算性质得，进而根据不等式即可求解.

【详解】由于的图象关于 对称， 由，所以可得，又 ，所以，

因此，故且 ，解得： ,

故答案为：

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 已知函数.

（1）求函数的值域；

（2）求不等式的解集.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由对数运算法则化简函数式后，把作为一个整体，结合二次函数性质可得值域；

（2）把作为一个整体，解一元二次不等式，然后再解对数不等式可得．

【小问1详解】

，，即时，取得最大值．

所以的值域为.

【小问2详解】

根据题意得，

整理得，

即，

解得或，

所以或，

故不等式的解集为.

18. 已知函数．

（1）求的单调递增区间；

（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间内的值域．

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质即得；

（2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即得.

【小问1详解】

因为，

令，解得，

则的单调递增区间是；

【小问2详解】

由（1）可得．

因为，所以，

所以，

所以，

即在区间内值域为．

19. 已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．

（1）若，求B的大小；

（2）若△ABC不是钝角三角形，且，求△ABC的面积取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用三角公式得到或.由求出；

（2）先判断出△ABC是直角三角形，利用基本不等式求出△ABC的面积取值范围.

【小问1详解】

因为，所以，即.

因为A，B，C为△ABC的内角，所以或.

因为，所以（不合题意，舍去）.

所以，而，所以.

【小问2详解】

由（1）可知：或.

当时，有，这与△ABC不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；

当时，，所以△ABC是直角三角形，所以，即.

而.

因为，所以（当且仅当时等号成立）.

又，所以，所以，即△ABC的面积取值范围为.

20. 已知函数

（1）若，求的值；

（2）若时，，求的取值范围

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）对函数进行求导，结合题意即可得到答案；

（2）由题得，再构造函数，，求函数的最小值即得解.

【小问1详解】

由可得，

所以，解得.

【小问2详解】

即，由得，

令，，

，

令，，

，

得在上单调递减，所以，

从而，，单调递减，

，，单调递增，

∴，故，

所以的取值范围.

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

21. 已知为自然对数底数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个不同零点，求证：.

【答案】（1）详见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可得函数的导数，然后分，讨论即得；

（2）由题可得，可得只需证，然后通过换元可得，再构造函数，利用导数研究函数的性质即得.

【小问1详解】

由题可得，

当时，，当时，；

所以当时，在上是增函数，在上是减函数；

当时，在上是减函数，在上是增函数；

【小问2详解】

因为有两个不同零点，，则，，

因此，即，

要证，只要证明，即证，

不妨设，记，则，，

因此只要证明，即，

记，则，

令，则，

所以函数在上递增，

则，即，

∴在上单调递增，

∴，

即成立，

∴.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．

（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入椭圆普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.

【小问1详解】

由（为参数），得，

故曲线C的普通方程为．

由，得，

故直线l的直角坐标方程为．

【小问2详解】

由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，

设A，B对应的参数分别是，，

则，，

故．

【选修4-5：不等式选讲】

23. 已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.

【小问1详解】

因为，

所以等价于，或，或，

解得或或，所以，即不等式的解集为．

【小问2详解】

因为，当且仅当时等号成立；

所以函数的最小值为，

由已知可得，所以或，

解得或，即a的取值范围．