2023届江西省宜春市宜丰县宜丰中学高三上学期期末数学试题含答案

这是一份2023届江西省宜春市宜丰县宜丰中学高三上学期期末数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省宜春市宜丰县宜丰中学高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】解对数不等式可求得集合，由并集概念可得结果.【详解】由得：，解得：，即，.故选：D.2．已知等差数列{an}满足，则下列结论一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用等差数列的性质可得，即得.【详解】由得，所以，因为，所以.故选：C.3．命题“”是假命题，则实数的取值范围为（    ）A． B．或C．或 D．【答案】B【分析】先写出原命题的否定，然后结合判别式以及对分类讨论来求得的取值范围.【详解】命题“”是假命题，所以“”是真命题，当时，不成立，不符合题意，所以，所以或，所以或.故选：B4．函数在上的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选：C5．已知函数（），且在有两个零点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用零点的意义等价转化，构造函数，再借助导数探讨函数在有两个零点作答.【详解】，，由得，，则，令，依题意，函数在有两个零点，显然，而在上单调递增，则有，当或，即或时，在上单调递增或单调递减，即有函数在只有一个零点1，因此，此时当时，，当时，，函数在上单调递减，在单调递增，则，要函数在有两个零点，当且仅当在上有一个零点，即有，解得，所以的取值范围.故选：C6．已知，设，则所在的区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知，进而得，故.【详解】解：因为，所以，因为，所以．因为，所以，所以．故选：C．7．若，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.【详解】，.由，可得，即.，，，，且，根据函数易知：，即得：.故选：A8．已知函数存在极大值点和极小值点，则实数可以取的一个值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得的导数，可得有两个不等的正根，等价于的最小值小于0，分别讨论、，求得的导数，判断的单调性和最值，解不等式可得m的取值范围，再结合选项即可得答案.【详解】解：因为，，所以，由题意可得有两个不等的正根，则的最小值小于0，又因为，，当时，单调递增，不合题意；当时，由图象可得，一定有变号的正零点，令的根为，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取极小值，且为最小值，所以，化为，由于在上单调递增，且时，，所以的解为，则，只有A选项才满足，故选：A.【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数范围的题型常采用分离常数法，将问题转化为求分离后的常数与函数的最值之间的关系. 二、多选题9．已知函数，则下列选项正确的有（    ）A．函数极小值为1B．函数在上单调递增C．当时，函数的最大值为D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】AC【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.【详解】对于AB：，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）．A．函数的最小正周期为B．为函数图像的一条对称轴C．函数在上单调递减D．函数在上有3个零点【答案】BC【分析】利用两角和的余弦展开式，正余弦二倍角公式以及辅助角公式化简函数，然后根据函数的性质及图像逐项分析.【详解】由题意得：，所以，。∴的最小正周期，故A错误；，故B正确；∵，∴，∴函数在上单调递减，故C正确；令，即，因为，所以令，则，所以选项D的问题转化为与的交点个数问题，如图所示：观察可知，有2个零点，故D错误．故选：BC．11．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图，在长度为的线段上取两个点、，使得，以为边在线段的上方做一个正方形，然后擦掉，就得到图形；对图形中的最上方的线段作同样的操作，得到图形；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图，图，图，图，各图中的线段长度和为，数列的前项和为，则（    ）A．B．C．恒成立D．存在正数，数列的前项和恒成立【答案】BCD【分析】根据题意分析可得，利用累加法可得，即可判断A、C，在利用分组求和求数列的前项和为，即可判断B，再利用等比数列求和求数列的前项和，即可判断D.【详解】由题意可得：图最上方的线段长度是图最上方的线段长度的，则图最上方的线段长度为，图的线段长度和比图的线段长度和多两个图最上方的线段长度，则，故A错误；∵，当时，则，即；当时，则符合上式；故，C正确；∵，∴，B正确；∵，则数列的前项和，故当时，则恒成立，D正确；故选：BCD.12．已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（    ）A．B．函数的图象关于点对称C．D．若，则【答案】ABD【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断ABC，对于D，通过观察选项可以推断很可能为周期函数，结合，的特殊性以及一些已经证明的结论，想到当令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步可得出是周期函数，从而可得出的值.【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，再令，，代入已知等式得，可得，结合得，故A正确；对于B，再令，代入已知等式得，将代入上式，得，∴函数为奇函数，∴函数关于点对称，故B正确；对于C，再令，代入已知等式，得，∵，∴，又∵，∴，∵，∴，故C错误；对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，两式相加易得，所以有，即：，有：，即：，∴为周期函数，且周期为3，∵，∴，∴，，∴，∴，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于含有，，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有，双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定. 三、填空题13．已知，则          ．【答案】【分析】利用二倍角公式求得，利用诱导公式求解，再代入计算即得结果.【详解】因为，所以，，故.故答案为：.【点睛】思路点睛：给角求值问题，一般寻找所求角和已知角之间的关系，结合三角恒等变换或诱导公式转化求值.14．某容量为万立方米的小型湖，由于周边商业过度开发，长期大量排放污染物，水质变差，今年政府准备治理，用没有污染的水进行冲洗，假设每天流进和流出的水均为万立方米，下雨和蒸发正好平衡.用函数表示经过天后的湖水污染质量分数，已知，其中表示初始湖水污染质量分数.如果，要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的以下，至少需要经过天           .（参考数据：）【答案】116【分析】根据题意列不等式，再结合对数计算公式解不等式即可.【详解】设至少需要经过天，因为要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的10%以下，所以，又因为，所以，由题意知，，，所以，整理得，，解得，所以至少需要经过116天.故答案为：116.15．设函数的最大值为，最小值为，则=            .【答案】2【详解】，令，则为奇函数，所以的最大值和最小值和为0，又.有，即.答案为：2.16．已知函数，，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别与轴交于两点，则的取值范围是        ．【答案】【分析】利用导数的几何意义可求得在处的切线方程，并得到；根据切线互相垂直可得，由此得到，令，可得，利用分离常数法可求得的范围，即为的范围.【详解】当，时，，，在处的切线方程为，即，；当，，，同理可求得：在处的切线方程为：，，两条切线互相垂直，，，，令，设，，则在上单调递增，，即．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用导数的几何意义求得，将表示为关于变量的函数的形式，从而利用函数值域的求解方法求得结果. 四、解答题17．在①；②；③，，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．已知正项数列的前n项和为，且______，(1)求数列的通项公式；(2)设，若数列满足，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）选择条件①，因式分解计算可得，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；选择条件②，直接根据与的关系结合相减法，可得递推关系式，确定列是等差数列，按照等差数列通项公式即可得；选择条件③，利用累乘法求解，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；（2）由（1）得，则，直接按照裂项相消法求和即可证明不等式.【详解】（1）解：选择条件①，因为，所以，因为，所以，则，当时，，所以两式相减得：，即，则，当时，，所以符合上式，所以；选择条件②，因为，当时，，所以两式相减得：，整理得，因为，所以，当时，，所以或（舍），所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则；选择条件③，因为，所以，累乘得：，，所以，，又符合式子，所以，，当时，，所以两式相减得：，即，又符合上式，所以；（2）由（1）得：，则，所以.18．已知等比数列的前n项和为（b为常数）．(1)求b的值和数列的通项公式；(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）依题意等比数列的公比不为1，再根据等比数列前项和公式得到，即可得到且，从而求出、，即可得解；（2）首先令，，即可求出的取值范围，从而求出，即可得到，再利用错位相减法求和即可；【详解】（1）解：由题设，显然等比数列的公比不为1，若的首项、公比分别为、，则，∴且，所以，故的通项公式为．当时，；（2）解：令，，解得，所以数列在中的项的个数为，则，所以，∵，①∵②        两式相减得∴．∴19．已知函数．(1)求的单调递减区间；(2)若在上有4个零点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，得，然后由可求出函数的单调递减区间；（2）由，得或，由可得或，则问题转化为的图象与直线有2个交点，且，从而可求出的取值范围．【详解】（1），由，得，所以的单调递减区间为；（2）令，得或，当时，，得或，，因为，所以或，因为在上有4个零点，所以的图象与直线有2个交点，且，即，由，得，因为，所以，得，即的取值范围为.20．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.(1)若，求的大小；(2)求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.【详解】（1）在中， ，进而，，，又不为直角，则，，，.（2）由(1)知， 转化为，又，，.，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 或.【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．22．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，折线与C交于M，N两点．(1)当m＝2时，求的值；(2)直线AM与BN交于点P，证明：点P在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）联立直线与椭圆方程，根据对称关系以及韦达定理，结合弦长公式即可求解，（2）根据两点式分别求解直线的方程，联立直线的方程，求解交点坐标，进而可求解.【详解】（1）折线为，不妨设M在F的右侧，N在F的左侧，设，，则M，N关于x轴的对称点分别为，，联立，得，所以是的两根，所以，，，（1），当m＝2时，．（2）由题意知，，则直线AM的方程为，又因为M在F的右侧，所以满足，所以直线AM的方程为①，由题知，，则直线BN的方程为，又因为，所以直线BN的方程为②，得，，所以，，所以，所以，所以，解得x＝1，所以定点P在直线x＝1上．【点睛】直线与椭圆的位置关系和直线与抛物线、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；有关直线与椭圆的弦长问题，则用一般弦长公式．解析几何简化运算的常见方法：（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；（3）巧用定义，简化运算.