2023届甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高三上学期期中考试数学（理）试题含解析

 2023届甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高三上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得结果.

【详解】因为，则或，

因此，.

故选：C.

2．集合，则为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分和两种情况讨论，得出关于的不等式或方程，即可得出实数的取值范围.

【详解】，或.

①若，则，解得；

②若，由韦达定理得，无解.

综上所述，.

故选：B.

【点睛】本题考查根据集合的包含关系求参数，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.

3．已知，“函数有零点”是“函数在上是减函数”的（    ）．

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

【答案】B

【详解】试题分析：由题意得，由函数有零点可得，，而由函数在上为减函数可得，因此是必要不充分条件，故选B．

【解析】1.指数函数的单调性；2.对数函数的单调性；3.充分必要条件.

4．已知命题，命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】判断出命题的真假后结合复合命题真假判断原则可得正确的选项.

【详解】对于命题，因为，其中，

而，故无解，故命题为假命题.

对于命题，因为对任意，总有，故命题为真命题.

故、、均为假命题，为真命题，

故选：B.

5．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式:.它表示:在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升到8000，则大约增加了（    ）

A．10% B．20% C．30% D．50%

【答案】C

【分析】根据题意，信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，只需计算出信噪比为8000比信噪比为1000时提升了多少即可．

【详解】由题意可知，，

，

故提升了，

故选：C．

6．已知是不同的直线，是不同的平面，以下命题正确的是

①若，，则；

②若，，则；

③若，则；

④若，，，则；

A．②③ B．③④ C．②④ D．③

【答案】D

【分析】根据线面平行与垂直的判定和性质逐个判断即可

【详解】①若∥，，则或相交；

②若，，则或或异面；

③若，则，正确；

④若，，，则或或异面．

故选：D

7．已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据奇函数的定义判断．

【详解】因为，所以

，则，是奇函数，

同理也是奇函数，

，则，是奇函数，

，为偶函数，

故选：D．

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用对数函数的性质可知，，又，由此即可得到结果.

【详解】因为，所以；

因为，

所以.

故选:A.

9．函数的部分图象大致是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先求函数定义域为排除A，再根据时，排除BC，进而得答案.

【详解】解：函数的定义域为，故排除A，

，故函数为奇函数，

由于时，，故时，，故排除BC；

所以D选项为正确答案.

故选：D.

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

10．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.

11．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】∵球的体积为，所以球的半径,

[方法一]：导数法

设正四棱锥的底面边长为，高为，

则，,

所以，

所以正四棱锥的体积，

所以，

当时，，当时，，

所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，

又时，，时，,

所以正四棱锥的体积的最小值为，

所以该正四棱锥体积的取值范围是.

故选：C.

[方法二]：基本不等式法

由方法一故所以当且仅当取到，

当时，得，则

当时，球心在正四棱锥高线上，此时，

，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是

12．定义在上的函数的导函数为，若，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意不等式等价为，令，求导得的单调性后即可得解.

【详解】不等式等价为，

构造函数，则，

又，，即在上是减函数，

由于，可得，解得，

即不等式的解集是.

故选：D.

【点睛】本题考查了导数的应用，考查了构造新函数的能力和转化化归思想，属于中档题.

二、填空题

13．若，则__________．

【答案】9

【分析】根据解析式直接计算即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：.

14．函数的定义域是，则实数的值为__________________.

【答案】

【分析】根据一元二次不等式的解集是，结合韦达定理，列方程组，解方程组求得的值.

【详解】依题意一元二次不等式，即的解集为，所以是方程的两个根，所以，解得.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查对数型函数的定义域，考查一元二次不等式的解和对应一元二次方程实根的关系，属于基础题.

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．已知定义在上的偶函数，满足，且在区间上是增函数，

①函数的一个周期为4；

②直线是函数图象的一条对称轴；

③函数在上单调递增，在上单调递减；

④函数在内有25个零点；

其中正确的命题序号是_____（注：把你认为正确的命题序号都填上）

【答案】①②④

【分析】先求得，由此函数的周期性.通过证明求得函数的对称轴，根据奇偶性、周期性和单调性画出函数的图像，由此判断③④的真假.

【详解】令得，即，由于函数为偶函数，故.所以，所以函数是周期为的周期函数，故①正确.由于函数为偶函数，故，所以是函数图像的一条对称轴，故②正确.根据前面的分析，结合函数在区间上是增函数，画出函数图像如下图所示.由图可知，函数在上单调递减，故③错误.根据图像可知，，零点的周期为，共有个零点，故④正确.综上所述正确的命题有①②④.

【点睛】本小题主要考查函数的周期性、单调性、对称性等性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

三、解答题

17．在“①函数的定义域为R，②，使得，③方程有一根在区间内”这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答．

问题：已知条件p：______，条件q：函数在区间上不单调，若p是q的必要条件，求实数a的最大值．

【答案】

【分析】求出函数在区间上不单调的等价条件为，三个可选择的条件求出的范围都是，利用集合间的关系求范围即可.

【详解】条件q：函数在区间上不单调

因为的对称轴为，在区间上不单调

故，则

若选①：函数的定义域为，则，则

若p是q的必要条件，则是的子集，则

，故a的最大值为；

若选②：，使得

由于表示数轴上的实数到和的距离之和，故有最小值为

，当且仅当即时取得

，使得，故，

同理可得a的最大值为；

若选③，方程有一根在区间内，则，且在内，可得，则；

同理可得a的最大值为；

【点睛】根据充分条件与必要条件求范围问题应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.

18．已知函数（其中且）是奇函数.

(1)求的值；

(2)若对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据恒成立，计算可得的值；

（2）将不等式恒成立转化为在上恒成立，令，则转化为，利用对勾函数的性质求得的最大值即可.

【详解】（1）因为函数（其中且）是奇函数，

，

即恒成立，

即恒成立，

所以恒成立，

整理得恒成立，

，解得或，

当时，显然不成立，

当时，，

由，可得或，

，满足是奇函数，

所以；

（2）对任意的，都有不等式恒成立，

恒成立，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

令，

令，，

根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，

又，，

所以在上的最大值为，

，

即实数的取值范围是

19．已知函数.

(1)若函数在处的切线与直线垂直,求实数的值;

(2)当时,讨论函数的单调性.

【答案】(1)；

(2)答案见解析

【分析】(1)对求导，求出斜率，根据直线垂直的斜率公式列式，进而求出的值;

(2)由（1）可得,分两种情况讨论函数的单调性即可

【详解】（1）函数定义域为,由可得,

因为函数在处的切线与直线垂直，

所以即,解得;

（2）,

记,

①当即时,,函数在上单调递增;

②当即时,令,解得，

又,故，

当时,,函数单调递增；

当时,,函数单调递减；

当时,,函数单调递增,

综上所述,当时,函数在上单调递增;

当时,函数在单调递增,函数在单调递减

【点睛】方法点睛：确定单调区间的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数，令，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)利用的定义域和实根把函数的定义区间分成若干个小区间；(4)确定在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性

20．已知函数，．

(1)证明：函数在上单调递增；

(2)设，若的定义域和值域都是，求的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用单调性的定义直接证明即可；

（2）由（1）可知函数在上单调递增，由题意则有，则可等价于m，n为关于x的方程的两不等实根，利用求根公式即可表示出，由此即可求出的最大值.

【详解】（1）证明：任取，且，

则，

因为，，

所以，

所以，

故，

所以，

所以函数在上单调递增．

（2）由（1）可知函数在上单调递增，

因为的定义域和值域都是，

所以，

所以m，n为关于x的方程的两个不相等的正实数根，

化简方程可得，

则，解得，

所以

因为，所以，

所以当，即时，取得最大值．

最大值为．

21．已知函数有两个极值点，.

(1)求实数的取值范围；

(2)求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将已知转化为有两个零点，,借助导数研究其性质，进而解决问题.

（2）要证明当时，，只需要证明即可.

【详解】（1）由于，则.

设，则，令，解得.

所以当时，；当时，，所以

①当时，，所以函数在上单调递增，没有极值点.

②当时，，且当时，；当时，.

此时，有两个零点、，不妨设，则,

所以函数有2个极值点时，的范围时.

（2）由（1）知，、为的两个实数根，不妨设，则，在上单调递减.

下面先证，只需证.

由于，所以，所以.

设，则，所以在上单调递减，所以，，所以.

由于函数在上单调递减，所以.

要证，只需证，即证.

设函数,则.

设，则,所以在上单调递增，，即.所以在上单调递增，.

故当时，,则,所以,即

【点睛】方法点睛：本题主要考查导数中极值点偏移问题，属于难题.常见处理方法有：

（1）构造对称函数；

（2）比值法；

（3）对数平均不等式；