湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
华中师大一附中2022-2023学年度上学期高三年级期中检测数学试题本试题共4页，四大题．全卷满分150分，考试用时120分钟．请将答案填涂在答题上．命题人：胡兵华  方牡丹   审题人：张丹  王文莹一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数满足，则复数（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，再根据复数的四则运算计算即可.【详解】解：因为，所以.故选：D.2. 集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先解出集合A，B的具体区间，再按照交集的定义求解即可.【详解】对于集合A， ；对于集合B， ；由于 ， ， ；故选：D.3. 在中，“”是“为锐角三角形”的（    ）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】若为锐角三角形,则,则,进而可得,利用诱导公式可得,即,即可得到结果.【详解】若为锐角三角形,则,即,又,,则,所以,则,所以；若,则,即均为锐角,所以,即,所以,则,即,所以为锐角三角形；故“”是“为锐角三角形”的充要条件,故选:C【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定,考查诱导公式在三角形中的应用.4. 已函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.【详解】由，设是实数集上的减函数，且，所以由，故选：B5. 已知，，且，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 5【答案】C【解析】【分析】由，再利用基本不等式求解即可.【详解】因为，， ， 所以，当且仅当即等号成立.故选：C.6. 函数，方程有6个不同的实根，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，作出函数的图象可得答案．详解】由方程得或，则方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，当时，，则，令，得：，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故时，取极小值，当时，，当时，单调递增；当时，单调递减，且，根据以上信息，作出的大致图象如图，由图可知，的图象与直线有2个不同的交点，由题意，只需的图象与直线有4个不同的交点，则，综上得：的取值范围是．故选：A．7. 定义在上的函数满足，时，若的解集为，其中，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可知：函数关于对称，作出函数在区间上的图象，然后根据函数的图象和不等式的解集确定实数的取值范围即可.【详解】因为函数满足，所以函数关于对称，作出函数在区间上的图象，又因为不等式的解集为，其中，根据图象可知：当直线过点时为临界状态，此时，故要使不等式的解集为，其中，则，故选：.8. 随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】连接OP，设，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题【详解】连接OP，OC交PN于点E，设，四边形为矩形，并且，，又为弧的中点，，，，在直角三角形POE中，，，在中，，由正弦定理得，.矩形的面积，由题意可得，，当时，矩形面积最大为.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 设为复数，，，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则的实部和虚部分别为和B. 设为的共轭复数，则C D. 若，，则在复平面内对应的点位于第一象限或第四象限【答案】AB【解析】【分析】结合复数的定义和复数的相关性质即可得出答案【详解】由复数的概念可知，复数的实部为，虚部为，所以A正确，和可知，所以B正确，对于C，是一个实数，而不一定为实数，所以C错误，当取偶数时，为实数，在复平面对应点在实轴上，所以D错误故选：AB10. 已知数列的前项和满足，则下列说法正确的是（    ）A. 是为等差数列的充要条件B. 可能为等比数列C. 若，，则为递增数列D. 若，则中，，最大【答案】ABD【解析】【分析】计算，当时，，验证知A正确，当时是等比数列，B正确，举反例知C错误，计算得到D正确，得到答案.【详解】，；当时，，当时，，满足通项公式，数列为等差数列；当为等差数列时，，，故A正确；当时，，是等比数列，B正确；，取，则，C错误；当时，从第二项开始，数列递减，且，故，故，最大，D正确.故选：ABD11. 如图，中，，，与交于点，则下列说法正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据向量的三角形法则逐项计算判断即可．【详解】解：为了判断下面的有关结论，先引入三点共线向量形式的充要条件，设三点共线，O为线外一点，则，即与前系数和为1，证：三点共线，，，．，故A错；三点共线，，三点共线，，，解得，，∴ F为BE的中点，，故B对；， ，，故C对；取AB中点G，BC中点H，如下图，则三点共线，，故D对．故选：BCD．12. 函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用导数的性质，根据最大值的定义，结合数形结合思想、指数与对数恒等式进行求解即可.【详解】，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，由，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，于是有，因此选项AB正确，两个函数图象如下图所示：由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，且，由，又，又当时，单调递增，所以，又，又，又当时，单调递减，所以，，，于是有，所以选项D正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分13. 已知向量与不共线，且与共线，则___________．【答案】【解析】【分析】根据向量共线定理列方程求解即可.【详解】因为与共线，所以存在唯一实数，使，即，因为向量与不共线，所以，解得，故答案为：14. 函数在上单调递增，则的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.【详解】，则，因为，所以要想在上单调递增，需要满足且，，解得：，，所以，解得：，因为，所以，因为，所以，的最大值是.故答案为：.15. 函数及其导函数定义域均为，且是偶函数，记，也是偶函数，则___________．【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性得到，根据导函数的奇偶性得到，确定函数的周期为4，得到，计算得到答案.【详解】是偶函数，，两边求导得到，即，即，取，，，也是偶函数，故，即，故，即，.故，是函数的一个周期，.故答案为：16. 设，，是的三个内角，的外心为，内心为．且与共线．若，则___________．【答案】2【解析】【分析】由O，I分别是三角形的外心和内心，利用与共线得到线段的长度关系，用，表示出相应线段，得到等式.【详解】设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，则，，因为与共线，所以，又因为，，所以，因为，所以，即，所以.故答案为：2四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17. 函数的部分图象如图所示，其中轴．（1）求函数的解析式；（2）将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据图象可求函数的对称方程及，故可求函数的解析式；（2）根据图象平移可求的解析式，故可求的值.【小问1详解】由图象可得函数图象的一条对称轴为，故，故，故，而，故即而，故，故.【小问2详解】将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，故，故.18. 已知数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据构造法得出数列是首项为1，公比为的等比数列即可；（2）根据错位相减求前前项和即可.【小问1详解】由题知，，因为，所以，所以因为，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，所以，所以.【小问2详解】由（1）得，所以  ①，  ②，由①②错位相减得：所以.19. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知．（1）求的取值范围；（2）若是边上的一点，且，，求面积的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先求出，再根据三角变换公式化简，利用余弦函数的性质可求其取值范围；（2）根据题设可得，平方后利用基本不等式可求，故可求面积的最大值.【小问1详解】因为，故，整理得到：即，故，而为三角形内角，故，所以，故，而为锐角三角形内角，故.,因为三角形为锐角三角形，故，故，故，故，故.【小问2详解】由题设可得，故，整理得到：，故即，整理得到：，当且仅当时等号成立，故.故三角形面积的最大值为.20. 已知函数，．（1）若的定义域为，值域为，求的值；（2）若，且对任意的，当，时，总满足，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由定义域为，可得恒成立；由值域为可得，能取到内任意实数，即可得的值；（2）对求导，根据导数的正负判断出在上单调递减，将问题转化为任意的，，令，，求导，利用求解即可．【小问1详解】解：因为的定义域为，所以且，恒成立，则，又，所以又因为值域为，所以能取到内任意实数，所以故；【小问2详解】解：因为，所以，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以在上单调递减，，问题可转化为：任意的，恒成立，令，，，所以在上单调递减，所以，所以，则，解得，故的取值范围为：．21. 已知函数．（1）若，求在区间上的最小值；（2）若有两个不同的极值点，（且），且不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用导数研究在区间上的单调性，进而求得在区间上的最小值（2）利用极值点建立的关系式，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【小问1详解】，当时，，，所以在区间递减；在区间递增.所以在区间上的最小值为.【小问2详解】，，由于有两个不同的极值点，且，所以方程有两个不同的正根，所以，解得且.因为，所以且.依题意，恒成立，即，，，，，，，，当时，；当时，.令，.①当时，，在上递增，，所以当时，，不符合题意.②当时，令，，当，即时，，在上递减，，所以当时，，则；当时，，则；所以对任意恒成立.当，即时，二次函数的开口向下，对称轴为，且，令，则当时，，即，所以在上递增，，所以在上有，不符合题意.综上所述，取值范围是.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可以考虑利用化归与转化的数学思想方法化简恒成立的不等式，将其转化为可以利用导数进行研究的形式.也可以考虑分离常数法，分离常数后利用构造函数法，结合导数来进行研究.22. 已知函数（为自然对数的底数）．（1）证明：当时，；（2）①证明：在区间内有4个零点；②记①中的4个零点为，，，，且，求证：．【答案】（1）证明见解析    （2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，引入再求导，可得在是减函数，结合可得进而得是减函数，又根据单调性可得结论；（2）①求出在有四个零点，把函数在区间划分为五个单调区间，进一步找到在有四个零点，又把函数在区间划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得在区间内有4个零点；②根据函数表达式可求得，，把要证的不等式转化为证明成立，通过找点锁定均在区间内，而在是减函数，转化为证明即可，利用，可证，使得命题得证.小问1详解】，设，则， 因为，所以，所以单调递减，又，所以，即，所以单调递减，又，所以；【小问2详解】①由（1）知，令得，，，，且，单调递减，，单调递增，，单调递减，，单调递增，，单调递减， 又，，，，，，所以存在，，，使， 且，，递减，，，递增，，，递减，，，递增，，，递减，又，，，，，所以，，，，使，所以在上有4个零点．②由①知，，又，所以，，又，所以，所以要证即证：，即证，因为，，所以，又，，所以，所以，又因为，递减，又，所以，所以在单调递减，所以只需证， 又，又，所以，所以，所以，所以．【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证作了深入考查，在判断四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.