湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中联考数学试题

2022-2023学年湖北省部分省级示范高中高三年级期中质量检测

数学试题

一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知集合，集合， 则下列关系式准确的是（    ）

A.  B.

C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】由绝对值的几何意义化简集合，再利用交、并、补集的运算性质逐一分析四个选项得答案．

【详解】，，

，故A不正确；

，故B正确；

或，

或或，故D不正确；

或，故C不正确．

故选：B．

2. 函数的定义域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合函数解析式得到不等式组，进而可得到答案.

【详解】由，解得，

故所求函数的定义域为.

故选：C.

3. 已知函数为偶函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用偶函数性质直接求解即可.

【详解】由已知得，当时，则，即，，

∵为偶函数，∴，即，

∴，，∴，

故选：.

4. 已知正方形的对角线，点在边上，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，其中，则分析即得解.

【详解】

因为正方形的对角线为，故正方形的边长为，

点在边上，则，其中，

则，

当点与点重合时，等号成立，故的最大值为．

故选：C

5. 若数列{Fn}满足F1=1，F2=1，Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3)，则{Fn}称为斐波那契数列，它是由中世纪意大利数学家斐波那契最先发现．它有很多美妙的特征，如当n≥2时，前n项之和等于第n+2项减去第2项；随着n的增大，相邻两项之比越来越接近等等．若第30项是832040，请估计这个数列的前30项之和最接近（    ）

（备注：，）

A. 31万 B. 51万 C. 217万 D. 317万

【答案】C

【解析】

【分析】首先求，再求出，最后求出即可.

【详解】由题意得：，

假设的前项和为，则，

又因为随着n的增大，相邻两项之比越来越接近

所以

故，

故选：C.

【点睛】本题主要考查数列的基本概念及前项和的求法，属于简单题.

6. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合已知条件，利用中间值法即可比较大小.

【详解】由于，由三角函数的性质可知，，

则，

由，则，

故．

故选：D.

7. 在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是（    ）

A.

B. 当，时，的面积为

C. 若是的角平分线，且，则

D. 当时，为直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】选项A：先用正弦定理得，再利用三角恒等变换，求出，即可；选项B：直接解三角，发现无解即可；选项C：利用等面积法，的到的关系即可；选项D：利用正弦定理得，然后利用三角形角的关系，计算出各个角的大小即可.

【详解】选项A:因为，

由正弦定理可得，

又因为，

所以，

化简可得，因为，所以

可得，，故，选项A错误；

选项B：当，时，由选项A，得，因为，

可得，无解，故此时三角形不存在，选项B错误；

选项C：因为若是的角平分线，且，由选项A，得

故，而

得，

得，所以，选项C错误；

选项D：因，由正弦定理可得，

又，，得，

所以，化简可得，因为，

解得或，由条件可知，故舍去，

故，所以，所以为直角三角形，选项D正确．

故选：D

8. 已知函数，若函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，转化为解集中恰有两个正整数，利用数形结合建立不等式求解即可.

【详解】因为的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，

所以的解集中恰有两个正整数，

由可得， ，

令，则，，单调递增，

，单调递减，

作出函数与的图象如图，

当恰有两个正整数解时，即为1和2，

所以，

故选： C

【点睛】本题以解不等式为载体,要求考生抓住函数图象和性质的本质,建立数与形之间的联系,体现了直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题.

二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 已知复数：满足，则（    ）

A.  B. z的虚部为

C. z的共轭复数为 D. z是方程的一个根

【答案】AD

【解析】

【分析】由复数除法的运算法则求出，然后根据复数的相关概念，以及复数的模长公式和复数范围内方程根的求法即可得答案.

【详解】解：因为，所以，

对A：，故选项A正确；

对B：z的虚部为，故选项B错误；

对C：z的共轭复数为，故选项C错误；

对D：因为方程的根为，

所以z是方程的一个根，故选项D正确.

故选：AD.

10. 下列选项中，正确的有（    ）

A. 设，都是非零向量，则“”是“”成立的充分不必要条件

B. 若角的终边过点且，则

C. 在中，

D. 若，则

【答案】AC

【解析】

【分析】根据平面向量的数乘运算、三角函数的定义、诱导公式、正弦定理以及三角函数性质的应用，判断每个选项的正误．

【详解】选项A，由，可知，所以，故充分性成立；

若，则，因为为大于的实数，不一定为，所以必要性不成立，

故“”是“”成立的充分不必要条件，选项正确；

选项B，若角的终边过点且，则，解得，

B选项错误；

选项C，因为在中，，由正弦定理可知，所以，

因为在上单调递减，而A，B为的内角，，

故；

故可得，选项C正确；

选项D，若，则，

D错误．

故选：AC.

11. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）

A.  B.

C.  D. 数列的前项和为

【答案】BCD

【解析】

【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；

当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；

对于C，当为奇数且时，

累加可得

，时也符合；

当为偶数且时，

累加可得

；则，C正确；

对于D，设数列的前项和为，则，

又，，D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.

12. 若，，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABCD

【解析】

【分析】将变形为和，借助基本不等式与1的代换可解.

【详解】，，， ，且.

则，且.

对A： ，当时等号成立，A正确；

对B： ，解得，B正确；

对C：，则，当时等号成立，C正确；

对D：，当时等号成立，D正确.

故选：ABCD.

【点睛】二元条件最值问题的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，消元，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法，根据已知条件，构造和或积为常数的式子, 然后利用均值不等式求解最值.

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 已知是等差数列，是等比数列，是数列的前n项和，，，则=______．

【答案】−1

【解析】

【分析】根据等差数列的求和公式以及等差中项，求第六项，再根据等比数列的等比中项，解得第六项的平方，结合对数运算可得答案.

【详解】因为是等差数列，且是数列的前n项和，所以，解得，

因为是等比数列，所以，

则.

故答案为：.

14. 已知向量，，若，则在上的投影向量为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据垂直关系得出，再利用向量的投影的概念即得.

【详解】，，

，

解得，

，

，，

，

在上投影向量为：

.

故答案为：.

15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再应用基本不等式求得 的最小值.

【详解】解：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，则

∴

当且仅当，即 时，等号成立，

∴ 的最小值为．

故答案为：.

16. 已知是定义在上的函数，且函数的图象关于直线对称，当时，，则__________，曲线在处的切线方程是__________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据题意求得的对称轴，结合已知函数解析式，以及导数的几何意义，即可求得结果.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，

所以，即，

用代替，得到，故关于对称，

当时，，则，

所以时，，则，

故，，

故曲线在处的切线斜率，切点坐标为，

故切线方程为，即．

故答案为：；．

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知函数．

（1）若，求的单调区间

（2）若函数在处取得极值，求的最大值和最小值．

【答案】（1）的减区间为，增区间为，   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；

（2）先由极值点处的导数为0（且在极值点左右两侧的符号相反）解得参数a的值，再利用导数求函数的最值（注意：研究函数的趋近）.

【小问1详解】

若，有，定义域为

则，

得；得或

所以，的减区间是，增区间是，；

【小问2详解】

∵，

即：

∴

∴

∴

∴当或时，；当时，

∴在，上递增，在上递减

∴的极大值为，的极小值为.

又∵当 时， ，当时，

，．

18. 已知数列的首项为，且满足，若．

（1）求数列的通项公式；

（2）数列中，，对任意，，都有，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由得，即，由等比数列定义列通项公式即可；

（2）令即求得，利用错位相减法即可求

【小问1详解】

，，

又，且

是首项为，公比为的等比数列，

【小问2详解】

对任意，都成立，令得，，，

，

作差化简得

19. 如图，在平面凹四边形中，，，，角满足：．

（1）求角的大小

（2）求凹四边形面积的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)结合已知条件，利用二倍角公式即可求解；(2)结合已知条件，利用余弦定理和均值不等式即可求解.

小问1详解】

因为，

所以，

即，

因为，则，

所以，即.

【小问2详解】

连接，设，，

因，，，

所以在中，由余弦定理得，即，

在中由余弦定理得，即，

故，当且仅当时，不等式取等号，

从而，

故凹四边形的面积，

从而四边形面积的最小值是.

20. 已知函数，，且在上单调递增.

（1）若恒成立，求的值；

（2）在（1）的条件下，若当时，总有使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得为最小值，代入求解

（2）理解题意，求出两个函数值域后列不等式组

【小问1详解】

由题意得

解得

且在上单调递增，故，得

【小问2详解】

由（1）得

时，，

根据对称轴讨论取值范围

①时，在时单调递增，，此时不合题意

②时，在时单调递增，在时单调递减

由题意得，解得

③时，在时单调递减，，

由题意得，解得（舍去）

综上，的取值范围为

21. 已知函数的周期为，图像的一个对称中心为，将函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变)，再将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像．

（1）求函数与的解析式；

（2）是否存在，使得、、按照某种顺序成等差数列？若存在，请求出该数列公差绝对值的取值范围；若不存在，请说明理由．

（3）当时，判断在内的零点个数，并说明理由．

【答案】（1），   

（2）存在，公差绝对值的取值范围为.   

（3）见解析

【解析】

【分析】(1)结合已知条件，利用周期公式求出，然后利用正弦函数的对称中心的性质求，进而得到，利用伸缩变换和平移变换得到；(2)利用导函数和零点存在基本定理即可判定，结合正弦函数范围以及二次函数性质即可求解；(3) 将零点问题转化为与的交点问题，然后利用导函数求的图像，进而即可得到答案.

【小问1详解】

∵周期，∴，

又∵是的一个对称中心，∴，，

解得：，，

∵，∴，

从而，

函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变)后的解析式为：，

从而再将所得图像向右平移个单位长度后得到函数.

【小问2详解】

假设存在，使得、、按照某种顺序成等差数列

当时，，则，，

∵，∴，

故，即，

令，，

则

故在上单调递增，

又∵，且在上连续，

故存在唯一的，使得，即成立，

即存在，使得，，或，，成等差数列，

∴公差的绝对值，

∵，∴，

即该等差数列公差的绝对值的取值范围为.

【小问3详解】

由题意得：，

当，即时，，故不是的零点；

则的零点个数等价于的根的个数，

即与的交点个数，

∵，

∴是以为周期的周期函数，

当时，

，

∴当时，；

当时，，

故在，上单调递增，在，上单调递减，

则在上的大致图像如下图所示，

由图像可知：当时，与在内无交点，在内有两个交点；

当时，在内有两个交点，在内有两个交点；

当时，与在内有且仅有一个交点，在内有两个交点；

综上所述，在内，

当时，与有2022个交点，即有2022个零点；

当时，与有3033个交点，即有3033个零点；

当时，与有4044个交点，即有4044个零点.

22. 已知函数.

（1）求的极值；

（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）对求导得，分别讨论和时，求不等式，的解集，再由极值的定义可求得结果；

（2）恒成立，转化为对任意恒成立，进一步令， 对任意恒成立，令，分类讨论和是否满足，即可得出答案.

【小问1详解】

解：函数的定义域为，，     

当时，在恒成立，在单调递减，故无极值；

当时，令，则， 

时，，在单调递减；

时，，在单调递增；

故在取极小值，且，无极大值

综上，当时，无极值；

当时，在取极小值，且，无极大值.

【小问2详解】

解：∵，∴，即且

∴且，即，为两个零点

∴由（1）知，当时，在取极小值，且，故

又∵，∴，        

又∵恒成立，∴对任意恒成立，

∵，∴，且   

∴对任意恒成立

∴令，则，对任意恒成立，则.

∴对任意恒成立           

令，则

当，即时，恒成立           

故在为单调递增函数，

又∵，∴对恒成立      

当，即时，为单调增函数，

又∵，，∴使，

当时，，故在单调递减

∴当时，，不合题意

综上，实数的取值范围为.

【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性求函数的极值及导数在恒成立求参问题中的应用，考查学生的运算求解能力和转化与化归能力.属于综合型、难度大型试题.