湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

宜昌市协作体高三期中考试

数学试卷

一､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. 设集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数函数的单调性，结合交集运算，可得答案.

【详解】集合，集合，∴.

故选：D.

2. 设i为虚数单位，若复数z满足，则（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】先将复数化简，然后求出其模，最后代入求出答案即可.

【详解】由已知得，所以，所以.

故选:C.

3. 等于（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答案.

【详解】.

故选：C.

4. 已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数图象知定义域为且为偶函数，确定各项函数定义域，判断奇偶性，应用排除法确定答案.

【详解】由题图：定义域为，排除A；

当，故是奇函数，排除B.

当，故是奇函数，排除C.

故选：D

5. 如图，在平行四边形中，，点E是的中点，点F满足，且，则（    ）

A. 9 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】用分别表示出，结合已知，可得，然后进行数量积的运算即可得出．

【详解】因为，

所以，

即，解得，

又，

所以，

故选：A．

6. 生物体的生长都经过发生､发展､成熟三个阶段，每个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢､在发展阶段速度加快､在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的变化曲线称为生长曲线.美国生物学家和人口统计学家雷蒙德•皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“皮尔曲线”的函数解析式为.一种刚栽种的果树的生长曲线的函数解析式为，x表示果树生长的年数，表示生长第x年果树的高度，若刚栽种时该果树高为1，经过一年，该果树高为2.5，则（    ）

A. 2.5 B. 2 C. 1.5 D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】根据题中条件，得到，，由解析式列出方程组求出，；再计算与，即可得出结果.

详解】根据已知，，得，解得，，

所以，从而，，

所以.

故选：C.

7. 在中，“”是“”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】A

【解析】

【分析】利用切化弦和三角恒等变换判断出“”是“”的充分条件，利用“1”的代换将化为，判断出“”不是“”的必要条件.

【详解】若，则，即，

所以.所以，即，所以，

所以，所以，

所以“”是“”的充分条件；

若，则，

即，

所以，所以或，

所以“”不是“”的必要条件，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

8. 已知定义在上的偶函数满足，若，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性得出解集．

【详解】是偶函数，，则，即是奇函数，

由，可得，构造，则单调递增；，，即的周期为，则，即；不等式可化简为，即，由单调性可得，解得

故选：A

二､多选题：本面共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. 已知，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用不等式的基本性质，作差法，和对数的运算化简即可判断.

【详解】因为，故A错误；

因为，所以，所以，故B正确；

当时，，故C错误；

因为，所以，故D正确.

故选：BD

10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 图象可由图象向右平移个单位长度得到

B. 图象的一条对称轴的方程为

C. 在区间上单调递增

D. 的解集为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据函数的振幅、周期、及过点可求得，

对于选项A：利用函数图象平移检验即可；

对于选项B：令可解得图象对称轴的方程,检验是否能取到即可.

对于选项C：求出，验证正弦函数在是否单调增.

对于选项D： 直接解三角不等式即可获得答案.

【详解】由题意知，解得，所以，

所以.又点在的图象上，

所以，所以，

解得，又，所以，

所以，

将向右平移个单位可得，故A正确；

令，解得，令得

所以图象的对称轴的方程为.故B正确；

当时，，在上不是单调递增的，故C错误；

令，即，所以，解得，即的解集为，故D正确.

故选：ABD.

11. 已知函数，若，则下说法正确的是（    ）

A. 当时，有4个零点 B. 当时，有5个零点

C. 当时，有1个零点 D. 当时，有2个零点

【答案】AC

【解析】

【分析】先求得时零点个数判断选项AB；再求得时零点个数判断选项CD.

【详解】当时，令，由，解得或或.

作出函数的图象，如图1所示，易得有4个不同的实数解，

即当时，有4个零点.故A正确，B错误；

当时，令，所以，解得或或（舍）

作出函数的图象，如图2所示，易得有1个实数解，

即当时，有1个零点.故C正确，D错误.

故选：AC.

12. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 当时，曲线在点处的切线方程为

B. 若对任意的，都有，则实数的取值范围是

C. 当时，既存在极大值又存在极小值

D. 当时，恰有3个零点，且

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据导数的几何意义即可判断A；对于B，由题意知在上单调递增，则在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可判断；对于C，结合B选项，根据极值的定义判断即可；对于D，结合C，再根据零点的存在性定理分析即可判断.

【详解】解：对于A，当时，，所以，，所以，

所以曲线在点处的切线方程为，

即，故A错误；

对于B，因为对任意的，都有，

所以在上单调递增，

即在上恒成立，

令，

则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得最小值，

所以，解得，

即实数的取值范围是，故B正确；

对于C，当时，由B选项知，，

令，，

所以在上恒成立，

所以在上单调递增，所以，

所以，

又在上单调递减，所以存在，使得，

又，

又在上单调递增，所以存在，使得，

所以当时，，为增函数，

当时，，为减函数，

当时，，为增函数，

故既存在极大值又存在极小值，故C正确；

对于D，因为，

由C选项知，，

当时，；当时，，

故函数有三个零点，不妨设为，，，（，，），

又

，

故有，则，

即当时，恰有3个零点，且，故D正确．

故选：BCD．

【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性问题及极值问题，考查了利用导数解决函数的零点问题，有一定的难度.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若角的终边在第四象限，且， 则_________.

【答案】7

【解析】

【分析】由平方关系求得，从而可得，然后由两角差的正切公式计算．

【详解】由题意，，

．

故答案为：7．

14. 已知函数是奇函数，则实数a的取值范围为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，由奇函数的定义可得，变形分析可得，结合函数的定义域，可得实数a的取值范围.

【详解】因为，所以且，由，得，

因为函数是奇函数，所以，

即，即，得恒成立，

①当时，，符合题意；

②当时，，不合题意；

③当时，，不合题意.

所以.

所以，即.

故答案为：.

15. 在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.

【详解】

∴由正弦定理，，，即，，而，

∴，

∵，即，，

∴，即，

又由余弦定理知：，

∴，即，令，

∴，即（舍去），

∴.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.

16. 已知函数，，若，，且，则的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】通过已知条件可以将转化为，即，所以，令，通过对求导讨论其单调性即可求出的最大值.

【详解】因为，所以，又，所以，所以．因为，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，又，，所以，所以，．令，，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以的最大值为．

故答案为：.

【点睛】在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数在内所有使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．

四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知平面向量，满足，，其中.

（1）若，求实数m的值.

（2）若，若与夹角的余弦值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，然后根据向量平行的坐标关系即得；

（2）根据向量垂直的坐标表示可得，然后利用向量夹角的坐标公式即得.

【小问1详解】

因为，，

所以，

即，

所以，

又，

所以，

解得；

【小问2详解】

因为，

所以，

解得，

所以，

所以，，

所以，，

所以.

18. 已知关于的不等式的解集是．

（1）求实数，的值；

（2）若，，且，求的最小值．

【答案】（1），．   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用不等式的解集和对应方程的根的关系求出实数；

（2）先求出，利用基本不等式求解的最小值.

【小问1详解】

因为关于的不等式的解集是，

所以和是方程的两个根，所以

解得

当，时，的解集是，符合题意，所以，．

【小问2详解】

由（1）知，，所以，

又，，所以，

当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为．

19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.

（1）求的面积；

（2）若，求b.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过切化弦思想、两角和的正弦以及正弦定理可得，根据可得的值，进而可得三角形面积；

（2）根据正弦定理可得，进而可得结果.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，

所以，

由正弦定理得，所以，

所以.

又，所以，

，

所以.

【小问2详解】

由正弦定理得：，

所以，

所以，

所以.

20. 已知函数.

（1）若，求在区间上的值域；

（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题设令，根据二次函数性质研究的值域即可；

（2）将问题化为在上有零点，结合二次函数性质并讨论参数a求范围.

【小问1详解】

由题设，又，

令，则开口向上且对称轴为，

由，，，

所以，即在区间上的值域为.

【小问2详解】

由在上有解，令，则，

所以在上有零点，则，即或，

而开口向上，对称轴为，

当，对称轴，则，可得，此时无解；

当，即对称轴，

若，对称轴，此时只需，可得或，此时；

若，对称轴，此时只需，可得或，此时无解；

若，对称轴，此时只需，可得，此时无解；

综上，.

（应用参变分离法，研究右侧对应区间的值域范围亦可）

21. 已知函数，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.

（1）求的解析式；

（2）设函数，若，且，求的值.

条件①：；条件②：图象的一条对称轴为；条件③：若，且的最小值为.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据条件结合三角函数图象性质即可求解;(2)利用三角恒等变换和配凑角即可求解.

【小问1详解】

选择条件①②：

由条件①，所以，解得，

又，所以.

由条件②得，解得，

所以的解析式不唯一，不合题意；

选择条件①③：

由条件①，所以，解得，

又，所以.

由条件③得，得，所以，所以.

选择条件②③：

由条件③得，得，所以，

所以，

又图象的一条对称轴为，

所以，解得，

又，所以，所以.

【小问2详解】

由题意得

，

因，所以，即，又，所以，

若，则，又，所以.

因为，所以，

又，所以，

所以

.

22. 已知函数（e是自然对数的底数）．

（1）当时，试判断在上极值点的个数；

（2）当时，求证：对任意，．

【答案】（1）在上只有一个极值点，即唯一极小值点；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；

（2）求出函数的导数，构造函数，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值，故可将原问题转化为对任意，，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.

【小问1详解】

当时，,

则 ，

设，则 在上是增函数，

当 时，，，

所以存在 ，使得，

当时，，则，即在上单调递减，

当时，，则，即在上单调递增，

所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；

【小问2详解】

证明：由，

设，则 在上是增函数，

当 时，，因为，所以，

所以存在 ，使得，

当时，，则，即在上单调递减，

当时，，则，即在上单调递增，

故 是函数的极小值点，也是最小值点，

则 ，

又因为，所以，

即证：对任意，，

即证：对任意，，

设，则在上单调递减，

因为，所以 ，

故，

故对任意，.

【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.