【期中真题】甘肃省兰州第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（文科）试题.zip

兰州一中2022-2023-1学期期中考试试题

高三数学（文科）

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1. 已知集合，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

首先求出，再根据补集的定义计算可得；

【详解】解：因为，，，所以

所以

故选：B

2. 已知，，(i为虚数单位)，则（    ）

A.  B. 1 C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.

【详解】，

利用复数相等的充分必要条件可得：.

故选：C.

3. 下列命题中的假命题是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的性质即可判断.

【详解】解：对A：取，则成立，故选项A正确；

对B：当时，没有意义，故选项B错误；

对C：取，则成了，故选项C正确；

对D：由指数函数的性质有成立，故选项D正确.

故选：B.

4. 已知是上偶函数，是上的奇函数，它们的部分图像如图，则的图像大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性的定义判断函数奇偶性，由此排除部分错误选项，再通过取特殊点，排除其它错误选项.

【详解】又是上的偶函数，是上的奇函数，

∴ ，，

∴

∴ 函数为奇函数，其图象关于原点对称，A,B错，

由图可得当时，，，

∴ ，D错，

故选：C.

5. 已知等差数列的前项和为，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由，求出，结合的关系可得.

【详解】因为，所以；

又因为，所以.

所以，解得.

故选：A

6. 已知x、y都是实数，那么“”的充分必要条件是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据不等式的性质，结合充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.

【详解】对于A，，故“”是“”的充分不必要条件，不符合题意；

对于B，，即“”是“”的充要条件，符合题意；

对于C，由得，或，，不能推出，由也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；

对于D，由，不能推出，由也不能推出，故“”是“”的既不充分也不必要条件，不符合题意；

故选：B.

【点睛】方法点睛：本题主要考查判定命题的充要条件，及不等式的性质，充分条件、必要条件的三种判定方法：

（1）定义法：根据，进行判断，适用于定义、定理判断性问题．

（2）集合法：根据p，q成立的对象的集合之间的包含关系进行判断，多适用于命题中涉及字母的范围的推断问题．

（3）等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把判断的命题转化为其逆否命题进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题．

7. 设x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据约束条件作出可行域，再将目标函数表示的一簇直线画出，向可行域平移即可求解.

【详解】作出可行域，如图所示，

目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，

转化为，令，则，

作出直线并平移使它经过可行域的点，经过时，

所以，解得，所以.

此时取得最小值，即．

故选：C.

8. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径，圆锥的高，利用圆锥的体积公式和祖暅原理，即得解

【详解】圆锥底面周长为，

所以圆锥的底面半径，圆锥的高，

所以圆锥的体积为，

由祖暅原理，该几何体的体积也为.

故选：C

9. 在数列中，，且，则的通项为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；

【详解】解：∵，∴，

由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．

故选：A

10. 已知双曲线（）的左､右焦点分别为，，过点作一条渐近线的垂线，垂足为P若的面积为，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】易知渐近线的垂线方程为，求得垂足P的坐标，然后由的面积为求解.

【详解】解：设过右焦点且与渐近线垂直的直线为l，

则直线l的方程为.

由，

得，，

即.

则的面积为，

∴，

∴，

∴.

故选：B

11. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性可得，再比较的大小，根据函数的单调性，即可得答案.

【详解】依题意得，，

当时，，

因为，所以在上单调递增，

又在上单调递增，所以在上单调递增，

，即，

故选：C.

【点睛】本题考查函数单调性、奇偶性应用，解题的关键是通过化简变形，得到括号内自变量的大小，考查分析计算的能力，属中档题.

12. 已知函数，其中为自然对数的底数，则函数

的零点个数为

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得当x≥0时，f（x）的导数，可得单调性和最值，作出f（x）的图象，可令g（x）＝0，t＝f（x），可得3t2﹣10t+3＝0，解得t,分别考虑t和t=3时函数g（x）的零点个数，即可判断．

【详解】当x≥0时，f（x）＝4x3﹣6x2+1的导数为f′（x）＝12x2﹣12x，

当0＜x＜1时，f（x）递减，x＞1时，f（x）递增，

可得f（x）在x＝1处取得最小值，也为最小值﹣1，且f（0）＝1，

作出函数f（x）的图象，

g（x）＝，可令g（x）＝0，t＝f（x），

可得3t2﹣10t+3＝0，解得t=3或，

当t，即f（x），g（x）有三个零点；

当t＝3，可得f（x）＝3有一个实根，

综上g（x）共有四个零点；

故选A．

【点睛】本题考查分段函数的运用，考查函数方程的转化思想，考查数形结合思想方法，属于中档题．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知函数在上单调递增，则a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据复合命题单调性可知，是函数单调递增区间的子集，列式求实数的取值范围.

【详解】由，得或，

即函数的定义域为，

令，则，

因为函数为定义域上的单调增函数，

在上递增，

函数单调增区间为，

因为函数在上单调递增，

所以，所以，

故答案为：

14. 已知，，则的值为 _______.

【答案】－.

【解析】

【分析】将和分别平方计算可得.

【详解】∵，

∴，

∴，

∴，

又∵，

∴ ，

∴

故答案为：－.

【点晴】此题考同脚三角函数基本关系式的应用，属于简单题.

15. 若实数，满足，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得=≥2=2，由不等式的性质变形可得．

【详解】∵正实数a，b满足，

∴=≥2=2，

∴ab≥2

当且仅当=即a=且b=2时取等号．

故答案为2．

【点睛】本题考查基本不等式求最值，涉及不等式的性质，属基础题．

16. 已知函数，则______．

【答案】4043

【解析】

【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解.

【详解】由题意，函数，

可得

，

设，

则

两式相加，可得

，

所以.

故答案：.

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

（一）必考题：共五小题，每题12分，共60分．

17. 已知函数（且）在区间上的最大值是16，

（1）求实数的值；

（2）假设函数的定义域是，求不等式的实数的取值范围．

【答案】（1）或；（2）．

【解析】

【分析】（1）当时，由函数在区间上是减函数求解；，当时，函数在区间上是增函数求解；

（2）根据的定义域是，由恒成立求解．

【详解】（1）当时，函数在区间上是减函数，

因此当时，函数取得最大值16，即，

因此．

当时，函数在区间上是增函数，

当时，函数取得最大值16，即，

因此．

（2）因为的定义域是，

即恒成立．

则方程的判别式，即，

解得，

又因为或，因此．

代入不等式得，即，

解得，

因此实数的取值范围是．

18. 已知函数．

（Ⅰ）求f（x）的最小正周期和单调递减区间；

（Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间上的值域．

【答案】（Ⅰ）最小正周期，[]（k∈Z）．（Ⅱ）[0，3]．

【解析】

【分析】

(Ⅰ)先用降幂公式,辅助角公式将化简,然后求得最小正周期和单调减区间;

(Ⅱ)先通过平移得到的解析式,由x∈,可计算得到,结合余弦函数的图象和单调性,可得解.

【详解】（Ⅰ）函数1﹣cos（2x）．

所以函数的最小正周期为，

令（k∈Z），整理得（k∈Z），

所以函数的单调递减区间为[]（k∈Z）．

（Ⅱ）将函数f（x）图象向右平移个单位，得到函数g（x）＝2cos（2x）+1的图象，

由于x∈，所以，故，所以0≤g（x）≤3，故函数的值域为[0，3]．

【点睛】本题考查了三角函数的性质综合,考查了学生综合分析,转化化归,数学运算的能力,难度较易.

19. 已知等差数列中，，．

（1）求的通项公式及前n项和；

（2）若，则求的前n项和．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）先列出关于首项，公差的方程组，求得，进而求得的通项公式及前n项和；

（2）先化简，再利用裂项相消法即可求得的前n项和．

【小问1详解】

设等差数列首项，公差为

则，解之得

则的通项公式

前n项和；

【小问2详解】

则的前n项和

20. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的面积为．

（1）求C；

（2）求面积的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由题给条件求得，进而求得

（2）先利用正弦定理求得面积的解析式，利用三角恒等变换进行化简，再利用三角函数的性质即可求得面积的取值范围．

【小问1详解】

的面积为，

则，则

又，则

【小问2详解】

由（1）可知，又

则，则

则的面积

锐角中，，则，解之得

则，则，

则，则面积的取值范围为

21. 已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点（1，）处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）已如函数，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）在（0，）递增，在递减；（Ⅲ）.

【解析】

【分析】（Ⅰ）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式即可得解；

（Ⅱ）求函数导数，根据导数的正负即可得单调区间；

（Ⅲ）由（Ⅱ）得的最大值是，，，不等式恒成立，转化为恒成立，再求的导数，讨论单调性求最值即可.

【详解】（Ⅰ）∵，定义域是，

∴，，，

故切线方程为，即；

（Ⅱ）由（Ⅰ），

令，解得，令，解得，

故在（0，）递增，在递减；

（Ⅲ）由（Ⅱ）得的极大值是，

即的最大值是，

∵，∴，

令，解得或，

若，，不等式恒成立，

则时，恒成立，

①当即时，在上单调递增，

此时，令，得；

②当时，即时，在递减，在递增，

此时，

令，解得，不符合题意；

③当即时，在递减，

故，

令，解得，不符合题意

综上，实数的取值范围是．

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，，，.

（1）若，，有成立，则；

（2）若，，有成立，则；

（3）若，，有成立，则；

（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集.

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

22. 在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）已知点，直线交曲线于，两点，求的值.

【答案】（1）曲线的普通方程，的直角坐标方程（2）

【解析】

【分析】

(1)直接利用转换关系式,将参数方程,极坐标方程和直角坐标方程进行转换;

(2)将直线的普通方程化为参数方程,再利用参数的几何意义结合韦达定理求解.

【详解】(1)已知曲线:(为参数),

则曲线的普通方程,

直线的极坐标方程为,

则的直角坐标方程;

(2)直线的参数方程为(为参数)

代入曲线:,

化简得,

设,对应的参数分别为,,

则,,

所以.

【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查直线参数方程的应用,难度不大.

23. 已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若的解集为R，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；

（2）由绝对值三角不等式可得，从而得或，进而可得解.

【详解】（1）当时，原不等式可化为

解得 所以不等式的解集为

（2）由题意可得, 当时取等号.

或， 即或

【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，属于基础题.