2023届上海市嘉定区封浜高级中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届上海市嘉定区封浜高级中学高三上学期期中数学试题

一、填空题

1．已知集合，则______．

【答案】

【分析】直接利用交集运算得答案．

【详解】

故答案为

【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．

2．不等式的解集是________．

【答案】

【分析】把分式不等式等价转化为一元二次不等式，由此求得原不等式的解集．

【详解】解：不等式等价于，解得，

故答案为：．

3．已知函数为奇函数，则实数______

【答案】1

【分析】根据奇函数的定义结合指数运算求解.

【详解】若函数为奇函数，则，

即，解得：，

故答案为：1.

4．已知角的终边上一点，则____.

【答案】

【解析】根据角的终边上一点，利用三角函数的定义得到，再利用诱导公式求解.

【详解】因为角的终边上一点，

所以，

所以，

故答案为：

【点睛】本题主要考查三角函数的定义和诱导公式，属于基础题.

5．函数在点处的切线方程为_____．

【答案】

【分析】根据导数，先求得切线的斜率，再由点斜式即可求得切线方程.

【详解】函数

则

由导数几何意义可知

根据点斜式可得直线方程为

化简可得

故答案为：

【点睛】本题考查了导数的几何意义，过曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.

6．已知是偶函数，且时，，若，则的值是______．

【答案】6

【分析】根据题意，由函数的奇偶性解析式分析可得，解可得，即可得函数在的解析式，据此结合函数的奇偶性分析可得答案．

【详解】根据题意，是偶函数，且时，，

，则，则，

则有时，，则，

又由是偶函数，则；

故答案为:6.

7．已知，且，则______.

【答案】

【分析】两边平方，结合同角三角函数平方关系及二倍角公式得到，结合，求出.

【详解】，两边平方得：，

即，所以，

因为，所以，

所以，

所以.

故答案为：

8．已知函数在处取得极值0，则______．

【答案】11

【分析】求出导函数，然后由极值点和极值求出参数值即可得，注意检验符合极值点的定义．

【详解】，则，即，解得或

当时，，不符合题意，舍去；

当时，，

令，得或；令，得．

所以在，上单调递增，在上单调递减，符合题意，则．

故答案为：11．

9．已知正实数a、b满足，则的最小值是_____________．

【答案】

【分析】把转化为，展开后利用基本不等式求得最值

【详解】已知，，且，

则，

当且仅当，即，时，取得最小值．

故答案为：

10．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则________________．

【答案】

【分析】由正弦定理与两角和的正弦公式化简求解

【详解】，由正弦定理化简得，而，

而，解得，而，则，

故答案为：

11．已知函数的定义域为，它的导函数的图象如图所示，则函数的极值点有______个.

【答案】2

【解析】根据导函数的图像求出函数的单调区间，由极值点的定义即可求解.

【详解】由导函数的图像可知，

函数的单调递增区间为，，

单调递减区间为，

所以为极大值点，为极小值点，

所以函数的极值点有2个.

故答案为：2

12．若关于的方程有实数解，则实数的取值范围是__________

【答案】

【分析】根据题意，将问题转化为有实数解，进而结合二次函数求解即可.

【详解】解：因为关于的方程有实数解，

所以方程有实数解，

因为当且仅当时等号成立，

所以，方程有实数解，则

所以，实数的取值范围是.

故答案为：

二、多选题

13．下列选项中是的必要不充分条件的有（    ）

A．：，：

B．：，：

C．：两个三角形全等，：两个三角形面积相等

D．：，：

【答案】AD

【分析】根据充分与必要条件的概念即可求解．

【详解】对于A：，而当时，不一定有，是的必要不充分条件，故A正确；

对于B：，，是的充要条件，故B错误；

对于C：两个三角形全等两个三角形面积相等，但两个三角形面积相等不一定推出两个三角形全等，是的充分不必要条件，故C错误；

对于D：当时，则，反之，当时，不一定成立，是的必要不充分条件，故D正确．

故选：AD．

三、单选题

14．下列求导运算正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据导函数四则运算法则和简单复合函数求导法则计算出结果.

【详解】对于A，，故A不正确；

对于B，，B错误.

对于C，，C正确

对于D，，D错误.

故选：C

15．将函数的图象向右平移个单位长度，然后将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则的单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先利用三角恒等变换化简，得到，再根据平移和伸缩变换得到的解析式，利用整体法求解出单调递增区间.

【详解】，

则，

令，

解得：，

故选：A

16．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（    ）

A．若，则一定是等边三角形

B．若，则一定是等腰三角形

C．若，则一定是等腰三角形

D．若，则一定是锐角三角形

【答案】A

【分析】由正弦定理化边为角变形判断AB，举特例判断C，由余弦定理及锐角三角形的定义判断D．

【详解】由正弦定理，若，则，为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，A正确；

若，由正弦定理得，即，

，则或，即或，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错；

例如，，，满足，但此时不是等腰三角形，C错；

时，由余弦定理可得，即为锐角，但是否都是锐角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错．

故选：A．

【点睛】易错点睛：本题考查三角形形状的判断，解题时利用正弦定理、余弦定理进行边角转换后再进行变形判断是常用方法，解题时注意三角函数性质的正确应用，如选项B，在由得结论时不能直接得出，否则会出现漏解，在判断三角形形状时，锐角三角形需要三个内角都是锐角，直角三角形只有一个角是直角，钝角三角形只有一个角是钝角，它们判断方法有一些区别，这些是易错点．

四、解答题

17．已知的内角，，的对边分别为，，，，，.

(1)求角；

(2)求的面积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据余弦定理进行求解即可；

（2）根据正弦定理，结合（1）的结论、三角形面积公式进行求解即可.

【详解】（1）因为，

所以由余弦定理可知：；

（2）由正弦定理可知：，

，，

.

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)．

【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.

【详解】（1）因为，

令，解得，

则的单调递增区间是；

（2）由（1）可得．

因为，所以，

所以，

所以，

即在区间内的值域为．

19．已知．

(1)指出函数的定义域，并求，，，的值；

(2)观察（1）中的函数值，请你猜想函数的一个性质，并证明你的猜想；

(3)解不等式：．

【答案】(1)定义域为；，，，

(2)答案见解析

(3)．

【分析】（1）由真数大于，可得定义域；代入计算可得函数值；（2）可得性质一、函数为奇函数，运用奇函数的定义即可得到；性质二、函数在定义域上单调递减，运用单调性的定义，即可得证；（3）解法一、运用单调性，可得，解不等式组即可得到解集；解法二、求出，由对数的运算性质，解不等式即可得到所求.

【详解】（1）由，，

可得，

可得函数的定义域为；

，，，．

（2）性质一：由于，，

猜想函数为奇函数，

证明：设任意，，

所以函数为奇函数

性质二：由于，

猜想函数在定义域上单调递减，

证明：设任意，，且，

则，

因为，

所以，，

则，，

所以，

即，

函数在定义域上单调递减．

（3）解法一：由Ⅰ可知，，则，

又为奇函数，则，又函数在定义域上单调递减，

故原不等式可化为：，

解得，即原不等式的解集为．

解法二：因为，所以，

所以，

原不等式可化为：，

即，所以，解得，

又，

所以，

即原不等式的解集为．

20．某医院需要建造隔离病房和药物仓库，已知建造隔离病房的所有费用（万元）和病房与药物仓库的离（千米）的关系为：．若距离为千米时，隔离病房建造费用为万元，为了方便，隔离病房与药物仓库之间还需修建一条道路，已知购置修路设备需万元，铺设路面每千米成本为万元，设为建造病房与修路费用之和．

(1)求的表达式：

(2)当隔离病房与药物仓库距离多远时，可使得总费用最小?并求出最小值．

【答案】(1)

(2)当隔离病房与药物仓库距离为千米时，可使得总费用最小为万元.

【分析】（1）由已知得当时，，代入可得，则；

（2）利用基本不等式求最值即可.

【详解】（1）由已知得当时，，代入可得，解得，

所以，

所以总费用；

（2）由（1）得，

所以（万元），

当且仅当，即时，等号成立，

所以当隔离病房与药物仓库距离为千米时，可使得总费用最小为万元.

21．已知函数.

(1)求处的切线方程；

(2)求证：有且仅有一个极值点；

(3)若存在实数a使对任意的恒成立，求实数b的取值范围.

【答案】(1)；

(2)证明见解析；

(3).

【详解】（1），而，故，

所以在处的切线方程为.

（2），令，则，

当时，，当时，，

故即在上为增函数，在上为减函数，

而时，恒成立，

当时，，

故在仅有一个变号零点，故有且仅有一个极值点.

（3）令，由题设可得：函数的最大值不大于0，

，根据（2）的结论可知有唯一极值点，

且当时，，时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

所以，此时，

所以，故，

由可得.

又由的存在性可得，

令，

当时，，当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，，

综上所述.

【点睛】思路点睛：导数背景下函数零点问题，注意根据导数符号讨论单调性，再根据零点存在定理判断零点的个数，而不等式恒成立问题，往往转化为函数的最值来处理.