【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（理）试题.zip

兰州一中2022­2023-1学期期中考试试题

高三数学（理）

说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟. 答案写在答题卷(卡)上，交卷时只交答题卷(卡).

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. 已知是上的偶函数，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.

4. 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

5. 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．

6. 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

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. 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.

9. 设函数定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（    ）

A.  B. 为奇函数

C. 在上为减函数 D. 的一个周期为8

【答案】C

【解析】

【分析】由、可推出的周期为8，利用对称性、周期性求、判断奇偶性及时的单调性，即可得答案.

【详解】由题设，，则关于对称，

所以，即，

则，即，

由，则关于对称，

所以，即，

综上，，则，

故，即易知的周期为8，D正确；

，A正确；

由，而为奇函数，故为奇函数，B正确；

由时递增，则时递增，显然C错误

故选：C

10. 已知函数若的最小值为，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分别求解分段函数在每一段定义区间内的最小值，结合函数在整体定义域内的最小值得到关于a的不等式组，解不等式组得到a的取值范围.

【详解】当时，，当且仅当时，等号成立，

即当时，函数的最小值为；

当时，，

要使得函数的最小值为，

则满足解得．

故选：A．

11. 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

12. 已知函数，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，分析可得函数为奇函数且为增函数，进而可以将原问题转化为对任意实数恒成立，由对勾函数的性质分析，可得的取值范围．

【详解】解：函数的定义域为，

且，所以奇函数，

又与在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递增，

若不等式对任意实数恒成立，

则，即对任意实数恒成立，

所以对于任意实数恒成立，

即任意实数恒成立，

因为函数在上单调递增，所以，则有最小值，

若对任意实数恒成立，所以．

即的取值范围为．

故选：B．

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. 有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生，现有2男2女共4名学生承担这三项任务，不同的安排方法种数是______．（用具体数字作答）

【答案】10

【解析】

【分析】由题意分两类，丙选择一名男生和一名女生或丙选择两名男子，根据分类计算原理即可求出.

【详解】①丙选择一名男生和一名女生：.

②丙选择两名男子：.

所以不同的安排方法种数是：10种.

故答案为：10.

14. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用题意算出，再利用平面向量夹角为锐角的充要条件，列出不等式求解作答

【详解】解：因为，，所以，

因为与夹角为锐角，所以，且与不共线，

所以且，

解得且，所以的取值范围为，

故答案为：

15. 已知是上的奇函数，是在上无零点的偶函数，，当时，，则使得的解集是________

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，求出的单调性及奇偶性，由得到不等式，解不等式即可.

【详解】令，则，当时，，故在上单调递减，

又是奇函数，是偶函数，

故是奇函数，在上单调递减，

又，可得，

故在上小于0，由，得或，解得或.

故答案为：.

16. 已知，，且，则最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.

【详解】解：因为，，且，即，

所以

，

当且仅当，即，、时取等号；

故答案为：

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．

（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）的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.

18. 在中，角所对的边分别为，且

（1）求角B；

（2）若的面积为，BC边上的高，求，的值．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理角边互化，再利用三角函数的特殊值对应特殊角，结合角的范围即可求解；

（2）根据正弦定理及三角形的面积公式，再利用余弦定理即可求解.

【小问1详解】

因为，所以

所以，即

由余弦定理可得，

因为，所以

【小问2详解】

由（1）知，，因为BC边上的高，所以，

在中，由正弦定理可得，

即.

因为的面积为，

所以，解得.

在中,由余弦定理,得

，则.

所以的值为，的值为.

19. 某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过市场调查，生产一小型电子产品需投入固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元，当年产量小于万件时，（万元）；当年产量不小于万件时，（万元）.已知每件产品售价为元，假若该同学生产的商品当年能全部售完.

（1）写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售收入-固定成本-流动成本）

（2）当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品所获年利润最大？最大年利润是多少？（取）.

【答案】（1）；（2）当年产量万件时，年利润最大，最大年利润为万元.

【解析】

【分析】（1）根据题中条件，分和两种情况，分别求出对应的解析式，即可得出结果；

（2）根据（1）中解析式，分别求出和两种情况下，的最大值，即可得出结果.

【详解】（1）因为每件产品售价为元，则万件商品销售收入为万元，

由题意可得，当时，；

当时，；

所以；

（2）由（1）可得，当，，

当且仅当时，等号成立；

当时，，则，

所以，当时，，即函数单调递增；当时， ，即函数单调递减；

所以当时，取得最大值；

综上，当时，取得最大值万元；

即当年产量为时，该同学的这一产品所获年利润最大，最大年利润是万元.

【点睛】思路点睛：

导数的方法求函数最值的一般步骤：

（1）先对函数求导，根据导数的方法判定函数在给定区间的单调性；

（2）根据函数单调性，即可求出函数的最值.

20. 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.

21. 已知函数.

（1）若函数的图象在处的切线为，求的极值；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）的极大值为，不存在极小值；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用即可求出的值，可得的解析式，再对其求导判断单调性即可求出极值；

（2）等价于，分离可得

构造函数，，只需 利用导数求最小值即可求解.

【详解】（1），

由题意可得：，解得：

此时函数，

函数的图象在处的切线为成立

所以，，

由可得，由可得，

所以在上单调递增，在 上单调递减.

所以的极大值为，不存在极小值.

由可得

分离可得：

令

令

所以在上单调递增

存在唯一的，使得

当时，，即，

当时，，即，

故在上单调递减，在上单调递增.

，

由于，得，

再对两边取对数可得：

所以，

所以

即实数的取值范围

【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法

（1）分离参数法

若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.

（2）数形结合法

结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.

（3）主参换位法

把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.

（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

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.