河南省十所名校2022-2023学年高三理科数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份河南省十所名校2022-2023学年高三理科数学上学期期中考试试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了 已知为第三象限角，且，则， 若，且，则， 已知函数的最小正周期为，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合和集合的含义求交集.
【详解】联立，解得，或，所以.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据举例说明判断AC；根据不等式的基本性质判断B；结合分式的意义判断D.
【详解】A：不妨取，，，则，故A错；
B：由得，又，所以，故B正确；
C：当时，，，故C错误；
D：当时，没有意义，故D错误.
故选：B.
3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的性质求解，
【详解】由题意得，
故选：B
4. 已知为第三象限角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】，∵为第三象限角，∴.
故选：A.
5. 已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
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】根据等比数列的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，
即且，，充分性成立；
反过来，若且，，即（为公比），
因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，
所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.
故选：C.
6. 已知非零向量的夹角正切值为，且，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先求出非零向量的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理
，即可得到答案.
【详解】解析 设，的夹角为，由得.
因为，所以，
得，解得或（舍去）.
故选：D.
7. 已知的角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据面积公式计算可得.
【详解】解：因为，令，，，
由余弦定理可得，
所以，所以.
故选：B
8. 已知函数，不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. 或B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】确定，为方程两根，利用韦达定理求出值，则得到原不等式，解出即可.
【详解】依题知的根为，，则两根之和为3，两根之积为，
∴即∴可化为，即，解得，或，∴不等式的解集为或.
故选：A.
9. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对等式，取10为底的对数，得，则得到的值，
再利用化简得到的值，即可得到答案.
【详解】，∴，
又，∴，，
∴，即.
故选：A.
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由周期性得，再由对称性与单调性判断，
【详解】因为最小正周期为，所以，
令得，
即在上单调递增，同理得在上单调递减，
而，，，
由三角函数性质得
故选：D
11. 对任意实数，定义为不大于的最大整数，如，，.已知函数，则方程在上的实根个数为（ ）
A. 290B. 292C. 294D. 296
【答案】C
【解析】
【分析】依题意得到的解析式，即可得到的解析式，令，则问题转化为与的交点个数，数形结合即可得解.
【详解】解：设，当时，当时，
当时，当时，当时，
所以，
则，
令，解得，画出与的图象如下所示：
由图可知与在每个区间（且）内均有个交点，
所以交点总数为，所以方程在上的实根个数为.
故选：C
12. 已知点在曲线上运动，过点作一条直线与曲线交于点，与直线交于点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求的最小值就是求的最小值，首先求出上的且斜率为的切线方程，再利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如下图所示，，当斜率为的直线与的图像相切时，为切点，此时的值最小.
设，，则有，解得，代入函数，求得，
即，则的最小值即点到直线的距离，则.
故选：C
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等比数列中，，，则________.
【答案】32
【解析】
【分析】利用等比数列的性质得到，然后求即可.
【详解】设的公比为，则，.
故答案为：32.
14. 在平行四边形中，，，，且，，三点共线，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，根据三点共线得到，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】解：因为，又，，三点共线，
所以，
又，所以，，
所以，
当且仅当即时取等号；
故答案为：
15. 已知函数是定义在上的奇函数，满足，，且在内恒成立（为的导函数），若不等式恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据为奇函数和得到，构造函数，根据在内恒成立，得到在上单调递增，根据和的对称性和周期性得到的周期性和对称性，再结合在上单调递增，得到，将不等式整理为，在结合即可得到的取值范围.
【详解】因为， 为奇函数，所以，，
令，则，又在内恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以是的一个周期，
因为，所以是的一条对称轴，
又在上单调递增，所以在上单调递减，当时，，又在上单调递增，所以当时，，
可整理为，所以.
故答案为：.
16. 设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用等差数列及等比数列的通项可知，进而得解.
【详解】，设，则
又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，
即，
可得，只需即可，所以.
当m取最小值时，由不等式组得，故d的最小值为.
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.
17. 在直角坐标系中，角的顶点在原点，始边均与轴正半轴重合，角的终边经过点，角的终边经过点.
（1）求的值；
（2）若角的终边为（锐角）的平分线，求的值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，再根据差的正切公式即可求出；
（2）由题可得，先求出，再根据二倍角公式即可求出.
【小问1详解】
依题知，，
∴.
【小问2详解】
由条件得，，，，
∵角的终边是（锐角）的平分线，∴，
∴，
∴.
18. 已知数列各项均不为0，其前项的乘积.
（1）若为常数列，求这个常数；
（2）若，设，求数列的通项公式.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）当时代入，利用常数列即可求出常数值；
（2）由得出，两边同时取对数可得出的通项，即可求出的通项公式.
【小问1详解】
已知，当时，有，
因为为常数列，所以
故这个常数为2.
【小问2详解】
已知，
所以当时，，
两边同时取对数，则，
当时，，，
因此的首项为1，且从第二项开始，是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，所以
所以数列的通项公式为.
19. 如图所示，在平面四边形中，，，，，.
（1）求的值；
（2）求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设，，利用余弦定理得到，然后利用正弦定理得到，最后利用同角三角函数基本公式求即可；
（2）利用诱导公式得到，然后利用余弦定理解三角形即可.
【小问1详解】
设，，则，所以，
利用正弦定理得，解得，
又，所以，.
【小问2详解】
因为，所以，
根据余弦定理得，解得.
20. 已知数列的前项和为，，.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，得到是以2为首项，2为公比的等比数列，即可证明；
（2）由（1）中的结论可得，然后根据错位相减法即可得到.
【小问1详解】
当时，,
当时，由得，
∴，又∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴，
∵，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列
【小问2详解】
由（1）知，∴
∵，
∴
∴
，
∴.
21. 已知函数的最小值为1.
（1）求实数的值；
（2）若直线：与曲线没有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】(1)根据题意，若则不符合题意；若，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，进而得出关于a的方程，解之即可；
(2)将原问题转化为关于的方程在上没有实数解，当时符合题意，当时，构造函数，利用导数研究函数的单调性求出最小值，即可求解.
【小问1详解】
若，易知单调递增，没有最小值，不符合题意；
若，，
令，得，
在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得；
【小问2详解】
直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，
即关于的方程在上没有实数解，
①当时，该方程可化为，在上没有实数解；
②当时，该方程化为，
令，则，
由，得，
在上，，在上，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，又当时，，
故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，
解得，
综合①②，可知的取值范围是.
22. 已知函数.
（1）讨论单调性；
（2）若存在，且，使得，求证：.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数与原函数单调性的关系求解即可；
（2）由（1）得，设，，利用导函数可得，从而可得；设，，利用导函数几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.