2023届江西省丰城中学高三上学期期中考试数学（理）试题含解析

2023届江西省丰城中学高三上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.

【详解】由题意，，所以,

所以.

故选：D.

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.

【详解】因为可得：

当时，，充分性成立；

当时，，必要性不成立；

所以当，是的充分不必要条件.

故选：A.

3．函数的最小正周期为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先逆用二倍角公式化简函数，再利用公式计算函数最小正周期即可.

【详解】函数，

其中函数的最小正周期为，函数的最小正周期为

所以函数的最小正周期为.

故选：B.

4．函数在区间的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】令，

则，

所以为奇函数，排除BD；

又当时，，所以，排除C.

故选：A.

5．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】D

【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．

【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．

故选：D.

6．已知的三个内角的对边分别为，已知，则的面积等于

A． B． C．9 D．

【答案】A

【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，根据余弦定理可求a的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解．

【详解】∵b，c＝4，cosB，

∴sinB，

∴由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得：7＝a2+16﹣2，

整理可得：a2﹣6a+9＝0，解得：a＝3，

∴S△ABC．

故选A．

【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

7．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.

【详解】解：如图，连接，

因为是的中点，

所以，

又，所以三点共线，

即，

又，

所以，

则，故，

所以.

故选：B.

8．已知函数的定义域为R，且，则（    ）

A． B． C．0 D．1

【答案】A

【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．

【详解】[方法一]：赋值加性质

因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以

一个周期内的．由于22除以6余4，

所以．故选：A．

[方法二]：【最优解】构造特殊函数

由，联想到余弦函数和差化积公式

，可设，则由方法一中知，解得，取，

所以，则

，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，

由于22除以6余4，

所以．故选：A．

【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；

法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.

9．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．

【详解】解：依题意可得，因为，所以，

要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．

故选：C．

10．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.

【详解】[方法一]：构造函数

因为当

故，故，所以；

设，

，所以在单调递增，

故，所以，

所以，所以，故选A

[方法二]：不等式放缩

因为当，

取得：，故

，其中，且

当时，，及

此时，

故，故

所以，所以，故选A

[方法三]：泰勒展开

设，则，，

，计算得，故选A.

[方法四]：构造函数

因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，

故选：A．

[方法五]：【最优解】不等式放缩

因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．

故选：A．

【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；

方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．

11．已知O是三角形ABC的外心，若，且，则实数m的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用外心的性质以及正弦定理，转化已知条件，从而求得关于的表达式，再利用基本不等式即可求得其最大值.

【详解】设三角形的外接圆半径为，因为O是三角形ABC的外心，故可得，

且，，

故，

即，

也即，则，

又，由正弦定理可得：

，则，

故，

当且仅当，即时取得最大值.

故选：A.

12．已知函数有三个不同的零点，且，则的值为（    ）

A．3 B．6 C．9 D．36

【答案】D

【分析】依题意可得，即可有三个不同的零点，令，利用导数研究函数的单调性与最值，令，则必有两个根、，且令、，则必有一解，有两解、，且，再利用韦达定理代入计算可得；

【详解】解：因为，所以，因为，所以有三个不同的零点，令，则，所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，令，则必有两个根、，不妨令、，且，，即必有一解，有两解、，且，故

故选：D

二、填空题

13．已知向量，，且，则______．

【答案】

【分析】由向量平行,可得的坐标形式，之后可得答案.

【详解】由题，因，则，解得，则.

得.

故答案为:

14．已知为定义在上的偶函数，且在上单调递减，则满足不等式的a的取值范围是__________．（用区间表示）

【答案】

【分析】根据偶函数的性质可知在上的单调性，再由求解即可.

【详解】因为为定义在上的偶函数，且在上单调递减，

所以在上单调递增，

所以，，，

所以．

故答案为：

15．______.

【答案】 

【分析】根据定积分的运算法则以及定积分的几何意义可求出结果.

【详解】,

表示圆心为原点，3为半径的半圆的面积，

所以.

所以.

故答案为：

16．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．

【答案】

【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.

【详解】[方法一]：余弦定理

设，

则在中，，

在中，，

所以

，

当且仅当即时，等号成立，

所以当取最小值时，.

故答案为：.

[方法二]：建系法

令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.

则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理

设BD=x,CD=2x.由余弦定理得

，，

，，

令，则，

，

，

当且仅当，即时等号成立.

[方法四]：判别式法

设，则

在中，，

在中，，

所以，记，

则

由方程有解得：

即，解得：

所以，此时

所以当取最小值时，，即.

三、解答题

17．已知，设，成立；，成立．如果“”为真，“”为假，求实数的取值范围．

【答案】或

【分析】结合函数的单调性，根据命题的真假分别确定参数取值范围，再由“”为真，“”为假，可得，一真一假，进而确定参数范围.

【详解】若为真，则，恒成立，

设，配方得，

在上的最小值为，

，解得，

为真时，，

若为真，则，成立，即成立，

设，则在上是增函数，

的最大值为，

，

为真时，，

“”为真，“”为假，

与一真一假．

当真假时，，；

当假真时，，；

综上所述，实数的取值范围是或．

18．已知函数在处的切线方程为.

(1)求的解析式；

(2)求函数图象上的点到直线的距离的最小值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用导数的几何意义即求；

（2）由题可得切点到直线的距离最小，即得.

【详解】（1）∵函数，

∴的定义域为，，

∴在处切线的斜率为，

由切线方程可知切点为，而切点也在函数图象上，解得，

∴的解析式为；

（2）由于直线与直线平行，直线与函数在处相切，

所以切点到直线的距离最小，最小值为，

故函数图象上的点到直线的距离的最小值为.

19．已知函数，．

(1)存在，对任意，有不等式成立，求实数的取值范围；

(2)如果存在、，使得成立，求满足条件的最大整数；

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）原命题成立等价于，结合导数法可得函数最小值；

（2）原命题成立等价于，结合导数法可得函数最值

【详解】（1）存在，对任意，有不等式成立，则．

，则对任意的恒成立，

所以，函数在区间上单调递增，所以，．

函数在区间上的单调递减，所以，．

所以，，解得．

因此，实数的取值范围是；

（2）存在、，使得成立，则，

即，

由（1）可知，函数在区间上单调递增，则，，

，满足条件的最大整数的值为；

20．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)若，求B；

(2)求的最小值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；

（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．

【详解】（1）因为，即，

而，所以；

（2）由（1）知，，所以，

而，

所以，即有，所以

所以

．

当且仅当时取等号，所以的最小值为．

21．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．

在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知______．

(1)求角A的大小；

(2)若为锐角三角形，且其面积为，点G为重心，点M为线段的中点，点N在线段上，且，线段与线段相交于点P，求的取值范围．

注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若选①利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得；若选②利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得；

（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得；

【详解】（1）解：若选①，

由正弦定理可得

即，又，所以，即，

因为，所以；

若选②，即，

即，

所以，即，所以，即，

因为，所以；

（2）解：依题意，，

所以，

因为、、三点共线，故设，

同理、、三点共线，故设，

所以，解得，

所以，

则，

因为，所以，

又为锐角三角形，

当为锐角，则，即，

即，即，即，所以，

当为锐角，则，即，

即，即，即，即，所以，

综上可得，

又，则

因为，所以，而在上单调递减，所以，

即，即，所以，则.

22．已知函数．

(1)当时,讨论的单调性;

(2)当时,,求a的取值范围.

【答案】(1)减区间,增区间,

(2).

【分析】(1)将代入,求函数的导函数,求出单调性;

(2)构造新的函数,通过判断临界点处的导数正负,判断时函数的增减趋势,以此证明和时所构造函数的单调性和值域,进而得出a的取值范围.

【详解】（1）解:由题知,当时,,则,

当时,,

当时,,

故的减区间为,增区间为.

（2）设,则,又,

设,则,

若,则,

因为为连续不间断函数,

故存在,使得,总有,

故在为增函数,故,

故在为增函数,

故,与题设矛盾.

若,则,

下证：对任意,总有成立,

证明：设,故,

故在上为减函数,

故即成立.

由上述不等式有,

故总成立,即在上为减函数,

所以.

当时,有,      

 所以在上为减函数,所以.

综上,.

【点睛】本题是导函数应用题,第一问比较常规,代入求导即可;第二问主要是对的分类,先考虑临界点的情况,也是根据临界点进行分类,一种情况找出矛盾点,对另一种情况进行证明成立,中间需要多次求导,多次构造函数,注意导函数正负决定所对应函数的单调性,然后判断原函数的取值范围,进而判断原函数的正负,再一层一层往上进行判断,有必要时需要用到隐零点,注意隐零点所在区间.