2022届福建省长泰第二中学高三上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022届福建省长泰第二中学高三上学期期中考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．若，则“”是复数“”为纯虚数的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据复数为纯虚数，列出方程组，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，若复数为纯虚数，则满足，解得，
所以“”是复数“”为纯虚数的充要条件.
故选：C.
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】分别求出集合，直接进行计算，即可得解.
【详解】由题意，
，，
∴．
故选：B.
【点睛】本题考查了集合的运算，考查了求函数定义域和解一元二次方程，属于基础题.
3．《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰，书中有这样一道题：“今有大夫、不更、簪褭、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿．欲以爵次分之，问各得几何?”其译文是“现有从高到低依次为大夫、不更、簪褭、上造、公士的五个不同爵次的官员，共猎得五只鹿，要按爵次高低分配（即根据爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列），问各得多少鹿?”已知上造分得 只鹿，则大夫所得鹿数为
A．只B．只C．只D．只
【答案】B
【分析】将爵次从高到低分配的猎物数设为等差数列，可知，，从而求得等差数列的公差，根据等差数列通项公式可求得首项，即为所求结果.
【详解】设爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列,则
又
，即大夫所得鹿数为只
本题正确选项：
【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，涉及到等差数列性质和通项公式的应用，属于基础题.
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据诱导公式，再代入倍角公式即可得解.
【详解】，
.
故选：B.
【点睛】本题考查了诱导公式和恒等变换的倍角公式，考查了转化思想和计算能力，属于简单题.
5．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果.
【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数，
而D中的函数为偶函数，故排除D；
由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B；
对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象.
故排除A，选C.
故选：C
6．如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.
【详解】因为，所以，
所以，因为三点共线，所以，即，
所以，又,
所以
.
故选：C.
7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，构造函数，利用函数单调性比较大小即可.
【详解】令，所以
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，，，
所以，即.
故选：C
8．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，由导数证明它是增函数，从而由复合函数性质得的单调性，化简不等式为，分离参数为在上恒成立，最后利用导数求得函数的最大值即得．
【详解】令，则在R上恒成立，
所以在R上为增函数，又，所以函数是R上的增函数，又，都是R上的增函数，
所以函数是R上的增函数.
因为在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，则，
令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数恒成立问题，解题关键是确定函数的单调性，解题时简化问题，先确定的单调性，然后由复合函数单调性得出结论．再利用单调性化简不等式，并用分离参数法求得参数范围．
二、多选题
9．设是等差数列，是其前项的和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．与均为的最大值
【答案】BD
【分析】根据题意，由等差数列的性质分析选项，综合即可得答案．
【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：
是等差数列，若，则，故B正确；
又由得，则有，故A错误；
而C选项，，即，可得，
又由且，则，必有，显然C选项是错误的.
∵，，∴与均为的最大值，故D正确；
故选：BD.
10．已知，且，是方程的两不等实根，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】根据题意可得，，再利用两角和的正切公式可判断B，利用基本不等式可判断C、D
【详解】由，是方程的两不等实根，
所以，，
，
由，，均为正数，
则，当且仅当取等号，等号不成立
，当且仅当取等号，
故选：BCD
【点睛】本题考查了韦达定理、两角和的正切公式、基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，属于基础题.
11．函数是常数，的部分图像如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．
D．若，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】由图求出，再代入求出，得解析式为，然后利用三角函数的性质代入对选项逐一判断即可.
【详解】由图可知，，，所以，则，所以，可得，所以，得，，可得
，可知函数为增函数；根据所以；若，可得或，所以可知时，的最小值为.
故选：BCD.
【点睛】求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令或，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
12．若函数，则下述正确的有（ ）
A． 在R上单调递增B．的值域为
C． 的图象关于点对称D． 的图象关于直线对称
【答案】AC
【分析】A.由和的单调性判断；B.取判断；C.D.判断是否等于零即可.
【详解】因为是定义在R上的增函数，是定义在R上的减函数，
所以在R上单调递增，故A正确；
因为，故B错误；
因为，
所以的图象关于点对称，故C正确，D错误．
故选：AC．
三、填空题
13．已知向量，，且在上的投影为，则______．
【答案】
【解析】利用数量积的定义得到投影，再利用数量积和模长的坐标运算代入计算即可.
【详解】设与的夹角是，利用投影定义，在上的投影为，因为，，所以，解得.
故答案为：.
14．若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则函数在上的最小值为______.
【答案】
【分析】根据三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的性质，得到函数的解析式，进而求得其最小值，得到答案.
【详解】由题意，函数，
将函数的图象向左移个单位，可得，
因为关于点对称，
所以，
又因为，可得，故，
又由，可得，所以，
所以函数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，熟练应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
15．已知函数，若方程有4个不同的实数根，则的取值范围是____．
【答案】
【分析】先画出函数的图象，把方程有4个不同的实数根转化为函数的图象与有四个不同的交点，结合对数函数和二次函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，函数，要先画出函数的图象，如图所示，
又由方程有4个不同的实数根，
即函数的图象与有四个不同的交点，
可得，且，
则=，
因为，则，所以.
故答案为.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把方程有4个不同的实数根，转化为两个函数的有四个交点，结合对数函数与二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
四、双空题
16．已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则a与b满足的关系式为______________．的最小值为____________．
【答案】
【分析】求出原函数的导函数，结合在切点处的斜率值是2，求出切点，得到切线方程，求得，然后利用基本不等式求的最小值．
【详解】解：由，得，
因此曲线在切点处的切线的斜率等于2，
，即，此时．
则切点为，
所以相应的切线方程为，
则，．
又，，．
当且仅当时上式等号成立．
故答案为：；．
五、解答题
17．已知二次函数满足,
(1)求函数的解析式;
(2)求函数在的最小值和最大值.
【答案】(1) ;(2) 最小值是5，最大值是14．
【分析】（1）把代入可求得，得解析式；
（2）配方求出对称轴方程，确定最大值和最小值．
【详解】由可知,解得．
∴.
(2)∵, ,对称轴，
∴当时，，时，．
【点睛】本题考查求二次函数解析式和二次函数的最值，属于基础题．本题求解析式直接代入已知条件即可，而求最值，可先求得对称轴，对开口向上的抛物线，由于对称轴在所求最值的区间内部，因此顶点处是函数的最小值，离对称轴较远的区间端点处函数值是最大值．
18．设是等差数列的前项和，，______．
从①，②，③中任选一个条件，补充在上面的横线上，并回答下列问题．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和的最值．
【答案】答案不唯一，具体见解析
【分析】若选条件①，（1）由题意可得，解方程组求出，从而可求出数列的通项公式；（2）由（1）可知数列是递增数列，且，从而可求得的最值，
若选条件②，（1）可得数列的公差为，再由可求得，从而可求得其通项公式，（2）由，可得，从而可求出的最值，
若选条件③，（1）由可得，再结合，可求出公差，从而可求得通项公式，（2）由（1）知，是递减数列，令，得，从而可求出的最值
【详解】方案一 选条件①．
（1）设等差数列的公差为．
由题设知，解得，
∴．
（2）由（1），知数列是递增数列，且，
∴的最小值为，无最大值．
方案二 选条件②．
（1）设等差数列的公差为．
由题设知．
∵，∴．
∴．
（2）由（1）知，是递减数列．
令，可得，
故的最大值为，无最小值．
方案三 选条件③．
（1）设等差数列的公差为．
由，得，∴，
∴．
（2）由（1）知，是递减数列，
令，得，
故的最大值为，无最小值．
19．己知向量，满足，，，且与不共线．
（1）若向量与为方向相反的向量，求实数的值；
（2）若向量与的夹角为，求与的夹角．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由平面向量共线定理可设，，由，系数相等列方程组，解方程组即可求解；
（2）分别计算、、、的值，再由平面向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为向量与为方向相反的向量，
所以存在实数，使得，且与不共线，
所以，解得：或（舍）；
所以实数的值为；
（2）因为向量与的夹角为，，，
所以，
，
，
，
所以，
因为，所以.
20．已知锐角面积为，、、所对边分别是、、， 且，求：
（1）的大小；
（2）周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)由已知条件，再借助三角形面积定理和余弦定理即可得解；
(2)利用正弦定理并结合(1)的结论，把，用角A表示出，借助三角恒等变形及三角函数性质即可得解.
【详解】（1）在中，，又，
于是得，由余弦定理得，
从而胆，即，
而是锐角三角形，则，
所以的大小为；
（2）在锐角中，，，则，，
由正弦定理得：，即，，
则，
而，即，
则当，即时，取最大值1，取得最大值为，此时，
所以周长的最大值为.
21．2021年新冠肺炎仍在世界好多国家肆虐，并且出现了传染性更强的“德尔塔”变异毒株､“拉姆达”变异毒株，尽管我国抗疫取得了很大的成绩，疫情也得到了很好的遏制，但由于整个国际环境的影响，时而也会出现一些散发病例，故而抗疫形势依然艰巨，日常防护依然不能有丝毫放松.在日常防护中，口罩是必不可少的防护用品.某口罩生产厂家为保障抗疫需求，调整了口罩生产规模.已知该厂生产口罩的固定成本为万元，每生产万箱，需另投入成本万元，当年产量不足万箱时，；当年产量不低于万箱时，若每万箱口罩售价万元，通过市场分析，该口罩厂生产的口罩当年可以全部销售完.
(1)求年利润（万元）关于年产量（万箱）的函数关系式；
(2)年产量为多少万箱时，该口罩生产厂家所获得年利润最大？（注：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）讨论、，结合题意分别写出对应解析式，最后写出其分段形式的解析式.
（2）由（1）所得的函数解析式，分别求出不同区间上的最大值，并比较大小，即可知口罩生产厂家所获得年利润最大时的年产量.
【详解】(1)当时，；
当时，，
∴.
(2)当时，，
∴当时，取最大值，最大值为万元；
当时，，，
当时，；当时，；
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，取得最大值，且（万元）
又，故当年产量为万箱时，该口罩生产厂所获得年利润最大，年最大利润约为万元.
22．已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）2.
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得，根据其正负即可得函数的单调区间；
（2）通过分离参数将问题转化成在区间内恒成立，再令，结合函数零点存在定理可求得的最值，即求得整数的最小值．
【详解】解：（1）函数的定义域为．
由题意得，
因为，由，得或（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由恒成立，得，
因为，所以原命题等价于在区间内恒成立．
令，则，
令，则易见在区间内单调递增，
又，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，有极大值，也为最大值，
且 ，所以，
又，所以,
因为，所以，故整数的最小值为2．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性、最值问题，进而解决恒成立问题，考查了导函数零点存在但不可求的问题，可借用整体代换的方法，属于较难题.