2022届湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高三上学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022届湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高三上学期期中联考数学试题含解析，共13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。
2022届湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高三上学期期中联考数学试题 一、单选题1．化简：（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用向量加减法运算性质即可得出．【详解】解：．故选：．2．的平方根是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用虚数的定义及平方根的概念可以得解【详解】由于，则的平方根是．故选：D.3．若集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解出集合，再求【详解】，则．故选：B4．已知，，则：（    ）A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】根据全称命题的否定是特称命题，即得结果.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，故：，.故选：D.5．已知一个扇形的半径与弧长相等，且扇形的面积为，则该扇形的周长为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意利用扇形的面积公式可得，解得的值，即可得解扇形的周长的值．【详解】解：设扇形的半径为，则弧长，又因为扇形的面积为，所以，解得，故扇形的周长为．故选：．6． （    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用两角和的正切公式，特殊角的三角函数值化简已知即可求解．【详解】解：．故选：．7．若在中，角的对边分别为，则（    ）A．或 B． C． D．以上都不对【答案】C【分析】在中，根据，利用正弦定理求解.【详解】在中，已知，由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以，故选：C8．在我国勾股定理最早的证明是东汉末数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的．如图就是著名的赵爽弦图，它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．若，则（    ）A．9 B．13 C．18 D．24【答案】B【分析】根据向量数量积运算法则得即可求解．【详解】由题意知，，所以，．故选：B． 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．对任意，，都不成立B．存在，，成立C．对任意，成立D．存在，不成立【答案】BD【分析】利用特殊值的思路代入判断即可.【详解】当，时，，所以A错误，B正确；若，式子无意义，所以C错误；若，，所以D正确.故选：BD.10．在中，角A，，所对的边分别为，，，若问题“，，，求角的大小”只有一个解，则的值可以是（    ）A．1 B． C． D．【答案】BD【分析】利用正弦定理得，再一一代入，判断的范围，即可求解．【详解】利用正弦定理可得，所以，且.A：将，代入得，不符合题意；B：将，代入得，则只有一解，符合题意；C：将，代入得，所以，此时有2个解，不符合题意；D：将，代入得，所以只有唯一解，符合题意.故选：BD．11．若函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）A．B．的图象关于点对称C．的图象关于直线对称D．时，的值域为【答案】ACD【分析】由题知，再根据三角函数性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】函数，则，A正确；，B错误：因为，故图象关于直线对称，C正确；因为时，，所以的值域为，D正确．故选：ACD．12．若向量是三个不共线向量，则下列关于的方程判断正确的是（    ）A．方程最多有一个解B．方程有实数解的充要条件是C．方程没有实数解D．方程有唯一的实数解【答案】AC【分析】根据平面向量基本定理分析关于向量的方程即可确定AB正误；CD选项中为实数方程，根据判别式可确定CD正误.【详解】对于A，由得：，由平面向量基本定理知：若共面，则存在唯一的实数对，使得成立，即此时方程有唯一解；若不共面，则方程无解；即方程最多有一个解，A正确；对于B，方程是关于向量的方程，不能用实数方程有解的方式来判断，B错误；对于CD，方程为实数方程，，不共线，，，即原方程无实数解，C正确，D错误.故选：AC. 三、填空题13．已知平面向量，，若，则实数_________.【答案】-9【分析】根据向量平行的坐标表示可得答案.【详解】因为平面向量，，若，得，解得.故答案为：-9.14．若，则______.【答案】1【分析】先求出，再根据换底公式和对数加法运算可得出结果.【详解】由，得，，则.故答案为：1.【点睛】本题考查对数的运算，属于基础题.15．已知在中，点，分别在边上，，且，，若，则的值为__________.【答案】【解析】利用向量的线性运算和平面向量基本定理即可求解.【详解】，因为，所以，，所以，故答案为：16．已知函数()在区间上的最大值与最小值的和为8，则______.【答案】2【分析】根据函数奇偶性可求出.【详解】令，则且，所以原函数变为，，设，则，所以，，所以，因为是上的奇函数，所以，所以，所以.故答案为：2.【点睛】本题考查函数奇偶性对称性的应用，属于基础题. 四、解答题17．已知向量，，函数．（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调递减区间．【答案】（1）；（2）()．【分析】（1）利用平面向量的数量积运算化简函数为，再利用周期公式求解；（2）由（1）知，令()求解.【详解】（1）因为，， 所以，．所以，故函数的最小正周期是．（2）由（1）知，令()，解得()，所以函数的单调递减区间为()．【点睛】方法点睛：1．讨论三角函数性质，应先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式．2．函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为.3．对于函数的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sin t的性质．18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)求角A的大小；(2)设D是边上一点，平分，，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知和正弦定理得，再由余弦定理和的范围可得答案； （2）又平分得．利用，可得，等式两边再同除以可得答案．【详解】（1）因为，由正弦定理，得，由余弦定理知，，因为，所以．（2）证明：因为平分，所以，因为，所以．即，所以，即．19．已知函数().（1）若函数是定义在上的奇函数，求的值；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）运用，即可解出的值.（2）可采用分离常数法得对于任意的恒成立，令，则，令，所以，结合二次函数的性质即可求解.【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，整理得对任意恒成立，所以.（2）根据题意，不等式对于任意的恒成立，即不等式对于任意的恒成立.令，则，令，所以.而在上单调递增，所以，所以，解得.故的取值范围是.【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求参数，以及恒成立问题求参数，属于中档题20．已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据，利用两角差的余弦函数公式即可求解．（2）利用二倍角公式可求，的值，进而即可代入求解．【详解】（1）因为，所以又因为，所以所以（2）因为，所以所以【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想．21．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理及可得，从而得到；（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.【详解】（1）由正弦定理及已知得，结合，得，因为，所以，由，得.（2）在中，由余弦定得，因为，所以，当且仅当时，的面积取得最大值，此时.在中，由余弦定理得.即.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.22．已知函数．(1)当时，证明：；(2)当时，若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过不等式的性质化简不等式并构造函数，利用函数最值可证明不等式（2）函数与方程的综合问题，通过构造函数，利用导数确定函数的单调性，配合零点存在定理综合分析，求解参数范围【详解】（1）证明：当时，，要证，即证，又，即证．令，则．令，则．所以，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以成立，所以．（2）因为函数有两个不同的零点，即方程有两个不等实根，所以，即在内有两个不等实根．令，则．      因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．因为方程在内有两个不等实根，所以，令，因为，所以在上单调递增．又，由，得．当时，因为，所以在上有一个零点． 令，则，则当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以（当且仅当时取“=”），             所以，即．令，对于方程，由于，则方程有两个不等的实根，不妨设为，且，由韦达定理，则．又，则，所以，又，所以在上有一个零点．综上，当时，在，上各有一个零点．即函数有两个不同的零点【点睛】本题为函数与零点的综合问题，解题关键在于能通过构造相应的函数，并熟练地利用导数确定复杂函数的单调性和最值，巧妙的利用放缩法构造并判断符号配合零点存在定理解决问题.