天津市静海区北师大实验学校2023-2024学年高三上学期第一阶段评估数学试题

2023-2024学年度高中数学期中考试卷

考试时间：150分钟 满分：150分

命题人：魏菲审题人：马风格

注意事项：

1.本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时150分钟。

2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将答案填写在答题卡上，答在试卷上无效。

3.祝各位考生考试顺利！

第I卷（选择题）

第I卷（选择题）注意事项：1. 每小题选出答案后，请填写在答题卡上，答在本试卷上无效。2. 本卷共11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知R，则“”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

3．著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

4．已知，，，则

A． B． C． D．

5．设向量，，若，则等于（    ）

A． B． C． D．

6．将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再向左平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称

C．过点 D．在区间上单调递增

7．已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，记，，，则a，b，c的大小关系为（    ）．

A． B． C． D．

8．已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是

A．的图象关于直线对称

B．的图象关于点对称

C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象

D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是

9．已知函数，若函数有m个零点，函数有n个零点，且，则非零实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

二、填空题

10．是虚数单位，复数的虚部是      .

11．在的展开式中，求含项的系数为           ．

12．          ．

13．已知为正实数，则的最小值为      .

14．已知向量，记函数，若在上单调递增．则的取值范围为        ．

三、双空题

15．如图.在平面四边形中，，           ；若点为边上的动点，则的最小值为           .

四、解答题

16．在中，，，分别是角，，所对的边，已知，，且．

(1)求角；

(2)求边的大小；

(3)求的值．

17．在中，角的对边分别是，且满足

（1）求的值

（2）若，且的面积，

（i）求边的值；

（ii）求的值.

18．已知.

(1)求的最小正周期及单调递减区间；

(2)将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，求在区间的值域.

19．已知函数的图象过点，．

(1)求函数的解析式；

(2)若函数区间上单调递减，求实数的取值范围；

(3)设，若对于任意，都有，求的取值范围．

20．已知函数，．

(1)当时，求在处的切线方程.

(2)讨论函数的单调性；

(3)若对恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】根据交集、补集的定义可求.

【详解】由题设可得，故，

故选：B.

2．A

【分析】解出两个不等式，根据范围判断即可.

【详解】由，得，

由，得，即或；

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．D

【分析】求出函数定义域,排除两个选项，再由函数值的正负排除一个，从而得正确选项．

【详解】由得，即函数定义域是，排除AB，

时，，，，时，，，，因此排除C，

故选：D．

4．C

【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出．

【详解】,故

故选C

【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，熟记指对函数的单调性与底的关系是关键，属于基础题．

5．A

【解析】由题可得，即可求出，再利用正切的二倍角公式即可求出.

【详解】，，，

，则，

.

故选：A.

6．D

【分析】利用函数图象变换可求得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AB选项；计算出的值，可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.

【详解】将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，可得到函数的图象，

再将所得图象向左平移个单位，可得到函数的图象，

对于A选项，，A错；

对于B选项，，B错；

对于C选项，，C错；

对于D选项，当时，，

所以，函数在区间上单调递增，D对.

故选：D.

7．A

【分析】先根据函数是定义在上的偶函数，得到，再利用在单调递增求解.

【详解】因为函数是定义在上的偶函数，

所以，

又因为，，，

且在单调递增，

所以，即，

故选：A

8．D

【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，再结合正弦函数的图象和性质，得出结论．

【详解】由函数的图象可得A＝2，，求得ω＝2．

在根据五点法作图可得2φ＝π，求得φ，∴函数f（x）＝2sin（2x）．

当时，f（x）＝0，不是最值，故A不成立．

当x时，f（x）＝0＝﹣2，不等于零，故B不成立．

将函数2sin（2x）的图象向左平移个单位得到函数y＝sin[2（x）]＝sin（2x）的图象，故C不成立．

当x∈[，0]时，2x∈[，]．

∵sin（）＝sin（），sin（）＝﹣1，

故方程f（x）＝m在上有两个不相等的实数根时，则m的取值范围是，故D成立；

故选D．

【点睛】已知函数的图象求解析式

(1).

(2)由函数的周期求

(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.

9．C

【分析】作出的函数图像，利用图像列出关于的不等式，解出的范围即可

【详解】与与共交7个点

图象如下：

所以：（Ⅰ），解得

（Ⅱ），解得

综上：．

故选：C

10．

【分析】由复数模的定义和复数的除法法则计算．

【详解】．虚部为-2.

故答案为：．

11．28

【分析】求出二项式展开式的通项，令x的次数为5求出对应的r的取值，从而可得其系数．

【详解】二项式展开式的通项为，

令，得，可得含项的系数为．

故答案为：28．

12．/

【分析】根据指数幂和对数的运算求解.

【详解】

,

故答案为: .

13．.

【解析】令，则，利用基本不等式即可求最值.

【详解】解：令，

则，

当且仅当，即时，等号成立，

故答案为：.

【点睛】本题基本不等式求最值，其中换元法的使用让式子更简化直观，本题难度不大.

14．

【分析】由倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用函数在区间内的单调性求的取值范围.

【详解】向量，

，

由，当，有，则，

依题意有，解得.

所以的取值范围为.

故答案为：.

15．     2    

【分析】利用余弦定理可求，设，利用数量积的运算律可用表示，利用二次函数的性质可求最小值.

【详解】连接，因为，故，

在中，，

故.

所以，所以，

所以，故，而，

所以为等边三角形，故且，

延长交的延长线于，则

设，则，

故

，

，

其中，故当时，有最小值.

故答案为：.

16．(1)

(2)3

(3)

【分析】（1）由三角形中常用恒等式化简得到，从而求出；（2）在第一问的基础上，利用余弦定理进行求解；（3）余弦定理求出，从而求出，再用余弦的差角公式进行求解.

【详解】（1）由可得:，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∴，

又∵，

∴．

（2）由余弦定理可得：，

即

，解得：或-1

∴

（3）因为，，

由余弦定理得：，

所以，

所以，，

所以

17．（1）；（2）（i）；（ii）

【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的值.

（2）（i）利用正弦定理化简已知条件，结合三角形的面积公式列方程，由此求得的值；（ii）由题意求出，再由正弦定理可得，根据二倍角公式以及两角差的正弦公式即可求解.

【详解】（1）由题意，

又因为，

为内角，所以.

（2）（i）因为，所以得，

的面积，

即，

得，所以；

（ii），

因为，

，

解得，，

又因为，

，

解得，

因为，所以，

，

，

.

18．(1)最小正周期为，单调减区间为；

(2).

【分析】（1）辅助角公式化简函数式，由正弦函数性质求最小正周期和递减区间；

（2）写出图象平移后的解析式，进而求区间值域.

【详解】（1）由，则，

所以的最小正周期为.

由，解得，

所以的单调递减区间为.

（2）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，

所以.

当时，，，

所以函数的值域为.

19．(1)

(2)

(3)．

【分析】（1）根据函数过点代入求出的值，即可得解；

（2）根据复合函数的单调性可知函数在上单调递减且大于零恒成立，结合二次函数的性质得到不等式组，解得即可；

（3）首先求出，再求出，依题意可得，即，设，利用单调性的定义证明的单调性，从而得到，结合单调性，即可求出参数的取值范围.

【详解】（1）因为函数的图象过点，

所以，所以，

所以.

（2）由于，所以在上单调递增，

函数在区间上单调递减，

由复合函数单调性可知，函数在上单调递减且大于零恒成立，

则，解得，∴实数的取值范围.

（3）因为且，所以且，

因为，对称轴方程为，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则的最大值是或．

因为

，即．

所以，

若，只需，

即，则，

设，

任取，且，

则

，

因为，所以，，

，即，所以，

所以，即，

所以在区间上单调递增，且，

所以，即，

所以，即的取值范围是．

【点睛】关键点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：

（1）恒成立⇔；

（2）恒成立⇔.

20．(1)

(2)答案见解析.

(3)

【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；

（2）求导得，再分和两种情况讨论求解即可；

（3）根据题意将问题转化为对恒成立，再结合的单调性进一步转化为对恒成立，最后求解函数的最值即可得答案.

(1)

解：当时，，

所以，，

所以，即切线斜率为

所以在处的切线方程为.

(2)

解：因为，，

所以，令得，

所以当，即时，在区间恒成立，函数在上单调递减；

当，即时，时，，时，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

综上，当时，函数在上单调递减；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增.

(3)

解：因为对恒成立，

所以对恒成立，

所以对恒成立，即对恒成立，

设，则在上恒成立，

所以函数在上单调递增，

所以对恒成立，即对恒成立，

设，则，

所以在上恒成立，故函数在上单调递增，

所以，所以，

因为，所以，即实数的取值范围为