江西省赣州市十六县（市）十七校2022届高三上学期期中联考数学（文）试题含答案

这是一份江西省赣州市十六县（市）十七校2022届高三上学期期中联考数学（文）试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每小题5分，共60分）
1．集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，向量且，则（ ）
A．2 B． C．4 D．0
3．已知数列为等差数列，其前n项和为，，则（ ）
A．110 B．55 C．50 D．45
4．已知函数（且）的图像经过定点A，且点A在角的终边上，则（ ）
A． B． C．7 D．
5．下列有关命题的说法中错误的是（ ）
A．在中，若，则
B．若命题“，使得”，则命题p的否定为“，都有”
C．“”的一个充分不必要条件是“与所成的角为锐角”
D．“”是“”的必要不充分条件
6．已知函数，则函数的大致图象为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知为等比数列的前n项和，，，则（ ）．
A．30 B． C． D．30或
9．设函数在上单调递减，则下列叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．关于直线轴对称
C．在上的最小值为 D．关于点对称
10．已如的图像关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（ ）
A． B．2 C．0 D．
11．已知，若点P是所在平面内的一点，且，则的最大值等于（ ）
A．8 B．10 C．12 D． 13
12．已知函数满足，且的导数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知，则_____________．
14．已知数列满足；，则的值为____________．
15．存在正数m，使得方程的正根从小到大排成一个等差数列．若点在直线上，则的最小值为____________．
16．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，
设D为边的中点，若且，则____________．
三、解答题（17题10分，其余小题各12分，其70分）
17．设是公比大于0的等比数列，其前n项和为，是公差为1的等差数列，已知，，．
（1）求和的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求．
18．已知命题，不等式成立：命题函数在区间单调递减；
（1）若命题p为假命題，求实数a的取值范围；
（2）如果是真命题，求实数a的取值范围．
19．已知数列的前n项和为，，，设．
（1）证明数列色是等比数列并求数列的通项：
（2）数列满足，设，求．
20．已知函数为奇函数，且图像相邻的对称轴之间的距离为
（1）求函数的解析式及其减区间；
（2）在中，角A、B、C对应的边为a、b、c，且，，求的周长的取值范围．
21．已知函数，且函数在处的切线为．
（1）求a，b的值并分析函数单调性；
（2）若函数恰有两个零点，求实数m的取值范围．
22．若．
（1）当．时，讨论函数的单调性；
（2）若，且有两个极值点，，证明．
第46次期中联考高三文科数学参考答案
1．【答案】A
【解析】∵，故选A．
2．【答案】C
【解析】∵且，∴，解得，
∴，故选：C．
3．【答案】B
【解析】在等差数列中，，于是得，
所以．故选：B
4．【答案】B
【解析】解：令得，故定点A为，所以由三角函数定义得，所以，故选B．
5．【答案】D
【解析】对于A选项，由大边对大角定理以及正弦定理可得，A选项正确；对于B选项，命题p为特称命题，该命题的否定为“，都有”，B选项正确；对于C选项，而，
故为锐角是0的充分不必要条件；C选项正确；对于D选项，∵真包含于，则“”是“”的充分不必要条件，D选项错误；故选D．
6．【答案】D
【解析】由，得的定义域为R，，排除A选项．
而，所以为偶函数，图像关于y轴对称，排除B选项．
，排除C选项．故选D．
7．【答案】A
【详解】由，得，
而，知，故，答案选A．
8．【答案】A
【详解】法一：∵数列是等比数列，设其公比为q，；
故成以为公比的等比数列；
∴即，∴或（舍去），
当时，不符合题意，则，答案选A．
法二：由得，则等比数列的公比，
则得，令，则即，
解得或（舍去），，则．答案选A．
【答案】C
【解析】由条件可知，∴，∴，∴或，
时在上不单调递减，，
∴，∴的最小正周期为，故A选项错误，
而，故不是函数的最值，
故不是函数的对称轴，B选项错误，当时，
则，则，则，
故函数在上的最小值为，C选项正确，函数的对称中心的纵坐标为，故不是的对称中心，D选项错误．答案选C．
10．【答案】A
【详解】的图像关于点对称，所以关于原点对称，为奇函数．
由于，所以
,
所以是周期为4的周期函数．
所以．
，而，
∴即，．故选A．
11．【答案】C
【解析】∵，∴可以A为原点，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系；
不妨设，则，故点P坐标为
则，∴
令，则，
则当时，，当时，，
则函数在递增，在上递减，则，即的最大值为12．
12．【答案】C．
【解析】设，则，故函数为增函数，
而得，由得，故满足不等式中，∴，答案选C．
二、填空题：
13． 14．
15．【答案】．
【详解】由，
存在正数m，使的正根从小到大排成一个等差数列，有．
若，易知：与直线的交点横坐标不成等差数列，
若，有，即，故所有正根从小到大排成一个公差为的等差数列，综上满足题设．
∴在直线上，得，即，
∴，当且仅当时取得最小值．故答案为．
16．【答案】4．
【详解】由正弦定理可得：．又在三角形中，，
∴，∴．
又在三角形中，，∴，∴．∵，∴．
由点D为的中点，，得即，
而得得或（舍去），
法一：∴，则，在中有，，
则，解得，即．
法二：向量法：由D为中点得，得，
即，得或（舍去）．
法三：补形法：延长使得，易知四边形为平行四边形，
则，则，
即，得或（舍去）．
法四：方程组法：由
由，得，
即得或（舍去）．
三、解答题
17．【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设的公比为q，利用等比数列的通项公式可求得q的值，再由即可得，求出的值，根据已知条件列关于和d的方程，即可求；
（2）利用等比数列求和公式求得，再由分组求和即可求解．
【解析】（1）设的公比为q，因为，所以，即，
所以，因为，所以， 2分
所以， 3分
所以， 4分
设的公差为d，则，
所以，解得，所以； 5分
（2）因为，所以，所以，所以， 6分
所以 7分
， 9分
∴． 10分
18．【答案】（1） （2）．
【详解】（1）若命题p为真命题，则，不等式，
即，不等式成立，则， 2分
而函数显然在上为增函数， 3分
则，则即，故命题p为假命题时； 5分
（2）若命题q为真命题，则函数在区间上为单调递减，
则，
即则 7分
得， 8分
法：而命题为真命题或或
∴或或，∴或或， 11分
∴． 12分
法二：命题为真命题命题p为真命题或命题q为真命题，
∴-，∴． 12分
19．【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）当时，由得出，两式相减得出，然后利用等比数列的定义可证明出数列为等比数列：并求数列的通项公式；
（2）由（1）得出的数列的通项公式，并求出，然后利用裂项求和法求出．
【详解】（1）当时，由①，得② 1分
①-②得，所以，又， 3分
所以． 4分
因为，且，所以，所以． 5分
故数列是首项为2，公比为2的等比数列；∴． 6分
（2）由（1）可知，则． 7分
9分
∴
11分
∴ 12分
20．【答案】（1）．
【解析】（1）
， 2分
由函数相邻的对称轴之间的距离为，得，
∴， 3分
又∵为奇函数，∴，即，
得，即，而，故， 4分
令，得，
∴的减区间为； 6分
（2）由（1）可知，得，即，
∵，∴，∴，即， 7分
∵，∴ 8分
∴
， 10分
而，故；∵，故； 11分
∴，即的周长的取值范围为 12分
21．【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）
【解析】（1）由得，由题意知，
得，得， 1分
则，而切点在切线，得，得， 2分
，令，得，令，得， 4分
故函数在上单调递减，在上单调递增； 5分
（2）由（1）知，且函数在上递减， 7分
在上单调递增，而函数恰有两个零点，
则函数在区间各有一个零点， 8分
由零点存在性定理得，即，解得； 11分
∴． 12分
22．【解析】（①）见解析（2）见解析
（1）当时，
， 2分
令，
当即时，函数在上单调递增，在上单调递减
在上单调递增； 3分
当即时，，故函数在上单调递增； 4分
当即时，函数在上单调递增，在上单调递减在单调递增； 5分
（2）当时得． 6分
∵函数有两个极值点，∴方程有两个根，
∴，且，解得． 8分
由题意得
． 10分
令，
则，∴在上单调递减，∴， 11分
∴ 12分