2022-2023学年江苏省扬州市宝应县高三上学期期中数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省扬州市宝应县高三上学期期中数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了 已知，则， 已知，，则是的， 函数的图象大致是， 已知函数，下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】解：因为，
又，所以，
所以.
故选：D
2. 已知，，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
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】当时，，则，即，
取，满足，而有，即有pq，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得.
【详解】的定义域为R，
因
，所以为偶函数，故CD错误；
又因为，，所以，故B错误.
故选：A
4. 紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶､掇球壶､石瓢壶､潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的最大盛水量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题得上底面半径为4，下底面半径为6，圆台高为6，代入台体体积公式，即可得答案.
【详解】由题意得上底面半径为4，面积，
下底面半径为6，面积，圆台高h为6，
则圆台的体积.
故选：B
5. 已知函数的定义域为R，且满足，又为偶函数，若，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用给定条件，推理得出，再利用赋值法计算作答.
【详解】因为为偶函数，则，
即有，又，
因此，有，
于是得，
又，则有，
所以，
故选：D
6. 已知实数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断出，构造函数，判断时的单调性，利用其单调性即可比较出a,b的大小，即可得答案.
【详解】由，得 ，
设 ，则，
当时，，单调递增，
因为，所以，
所以，故，则 ，
即有，
故.
故选：C.
7. 正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，取的中点，连接，则可得∥，所以可得异面有线CE和AF所成角，然后利用余弦定理求解即可
【详解】连接，取的中点，连接，
因为为的中点，
所以∥，
所以为异面有线CE和AF所成角或其补角，
设正四面体的棱长为2，则，,
所以，
所以在中，由余弦定理得
,
所以异面有线CE和AF所成角的余弦值为，
故选：C
8. 已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干中的不等式，构造函数，结合在在R上为偶函数，得到在R上单调递减，其中，分与，对变形，利用函数单调性解不等式，求出解集.
【详解】当时，，
所以当时，，
令，则当时，，
故在时，单调递减，
又因为在在R上为偶函数，
所以在R上为奇函数，
故在R上单调递减，
因为，所以，
当时，可变形为，
即，
因为在R上单调递减，
所以，解得：，
与取交集，结果为；
当时，可变形为，
即，
因为在R上单调递减，
所以，解得：，
与取交集，结果为；
综上：不等式的解集为.
故选：A
二､多项选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数可以是（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】ACD
【解析】
【分析】先解两个不等式，得到是的真子集，解不等式或，即得解.
【详解】，解得，
即，解得或，
由题意知是的真子集，
所以或，
所以或，
即.
故选：ACD
10. 已知函数，下列选项正确的是（ ）
A. 函数没有零点
B. ，使
C. 函数的值域为
D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】根据零点的定义即可判断A；利用导数求出函数的单调区间，从而可求得函数的值域，即可判断C；根据函数的单调性，即可判断B；方程，即或，结合C选项，方程实数根的个数，即函数与函数的图像交点的个数，结合函数图像即可求出a的范围，即可判断D.
【详解】当时，，所以.
若，则，单调递增；若，则，单调递减.
当时，，所以恒成立，所以单调递增；
作出的图像如图所示：
对于A：因为，所以x=0为的一个零点.故A错误；
对于B：在上，单调递增，所以“，使”不成立.故B错误；
对于C：因为在上，单调递减，在上，单调递增.
所以；而当时，.
所以函数的值域为.故C正确；
对于D：关于x的方程有两个不相等的实数根，即关于x的方程有两个不相等的实数根，所以或.由函数的图像可知：方程只有一个实数根，所以方程也只有一个实数根，即函数与函数的图像只有一个交点.如图：
所以.故D正确.
故选：CD
11. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 当时，的取值范围为
C. 为奇函数D. 方程仅有5个不同实数解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，确定函数的对称性、周期性，判断A，B，C；作出函数、的部分图象判断D作答.
【详解】依题意，当时，，当时，，函数的定义域为，有，
又，即，因此有，即，
于是有，从而得函数的周期，
对于A，，A不正确；
对于B，当时，，有，则，
当时，，，有，
，当时，的取值范围为，B正确；
对于C，，函数为奇函数，C正确；
对于D，在同一坐标平面内作出函数、的部分图象，如图：
方程的实根，即是函数与的图象交点的横坐标，
观察图象知，函数与的图象有5个交点，因此方程仅有5个不同实数解，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
12. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球的表面上，则（ ）
A. 正四棱柱和正四棱锥的高均为
B. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为
C. 球的表面积为
D. 正四棱锥的侧面、侧棱与其底面所成的角分别为、，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的几何的性质，结合球的对称性、球的表面积公式、线面角、二面角的定义逐一判断即可.
【详解】设正四棱柱和正四棱锥的高为，球的半径为，
根据正四棱柱和球的对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的中心，
球的直径即为正四棱柱的体对角线，
且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离，
根据正四棱柱的体对角线公式得，
因此，所求球的表面积为，故选项A不正确，C正确；
在直角三角形中，，
所以正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为：
，所以选项B正确，
如图所示：，
，显然有，
所以选项D不正确，
故选：BC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知命题p：，命题q：，使得成立，若p是真命题，q是假命题，则实数a的取值范围为 _____.
【答案】
【解析】
【分析】根据p是真命题可得，再分析当q是真命题时，进而求得q是假命题时a的取值范围即可
【详解】命题p：恒成立，若p是真命题，
则：，
命题q：，使得成立，
若命题q为真命题，
则.
所以命题q是假命题时，，
综上，参数a的取值范围为：，
即
故答案为：
14. 如图，边长为2的正方形中，点，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得，，三点重合于点，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为___．
【答案】
【解析】
【分析】根据四面体的结构特征，把四面体补形为长方体，求出长方体的外接球的表面积即可.
【详解】由题意知△PEF是等腰直角三角形,且AP⊥平面PEF，即在点P处三条直线PA,PE,PF两两垂直.可以以PA,PE,PF为长方体一个顶点处的三边把四面体补形为长方体，则四面体的外接球即为长方体的外接球.
设其半径为R，则,所以，该球的表面积为.
故答案为: .
15. 若函数没有极值，则实数的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数没有极值，转化为导数没有变号的零点，构造函数，讨论对称轴小于等于零时和大于零时，函数 ，求出取值范围即可.
【详解】因为函数没有极值，所以 在上没有变号的零点，令
（1）当 ，即 时，由 解得，所以；
（2）当 ，即 时，由 解得，
所以此时；由（1）、（2）得.
故答案为： .
16. 已知函数若函数有四个零点，从小到大依次为a，b，c，d，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】画出图象，根据二次函数的对称性可得，结合对数的运算可得，进而化简原式为，再根据图象分析得，利用基本不等式结合单调性与最值求解即可
【详解】如图，根据题意有，，即，解得，故.又，当时有，故.故，当且仅当，即时取等号.又当时，；当时，，故的取值范围为
故答案：
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知，设.
（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别解出集合，，由“”是“”充分不必要条件，得到，列不等式，即可求得；
（2）先求出，由“”是“”的必要不充分条件，得到，即可求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
（1）因为，解得：，所以.
又因为，即，所以或，
即，
因为“”是“”的充分不必要条件，则有，
所以有，即且，
所以实数a的取值范围是.
【小问2详解】
因为，所以，
又“”是“”的必要不充分条件，则，
即，
所以实数a的取值范围是.
18. 已知函数，
（1）当时，求函数在的值域
（2）若关于x的方程有解，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，令，则，最后根据二次函数的性质计算可得；
（2）依题意可得有解，参变分离可得有解，再根据指数函数的性质计算可得；
【小问1详解】
解：∵，，
令，∵，∴，
∴，，而对称轴，开口向上，∴当时，当时，
∴的值域是.
【小问2详解】
解：方程有解，
即有解，
即有解，
∴有解，
令，则，
∴.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，，，分别是线段，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解.
（2）
【解析】
【分析】（1）过作交于，利用勾股定理证得，进而得到，进而证得平面，故平面平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再代入算得结果.
【小问1详解】
如图，在四边形中，过作交于，在中，得，，则，得，
，
又由已知条件平面，
故平面，
又平面平面平面.
【小问2详解】
为等腰三角形，，又因为平面，
以为原点建立空间直角坐标系，
如图：可得，
，
设平面的法向量为，根据
，得，令，则，得，
又，设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知函数，其中.
（1）当时，求函数在内的极值点；
（2）若函数在上的最小值为3，求实数k的取值范围.
【答案】（1）极大值点为，无极小值点
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；
（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由题意得：
当时，，
则，
令得，，
列表如下：
故在内的极大值点为，无极小值点.
【小问2详解】
①当时，，
函数在区间单调递增
所以
即（舍）；
②当时，，
函数在区间单调递减
所以，符合题意；
③当时
当时，，区间在单调递减
当时，，区间在单调递减
所以
化简得：，即
所以或（都舍）；注：也可令，
则
则在单调递减
所以，不符合题意；
综上所述：实数k取值范围为.
21. 如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形.
（1）设平面平面，证明：；
（2）设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质，先证明平面POH即可；
（2）以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，设MN与平面PAB所成的角为，再根据线面角的向量方法求得，根据二次函数的最值求解即可
【小问1详解】
因为四边形OBCH为正方形，∴，
∵平面POH，平面POH，∴平面POH.
∵平面PBC，平面平面，∴.
【小问2详解】
∵圆锥的母线长为，，∴，，
以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，
，为平面PAB的一个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为，
则，令，
则
所以当时，即时，最大，亦最大，此时，
所以.
22. 已知函数，其中e是自然对数的底数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）设，讨论函数零点的个数，并说明理由．
【答案】（1）增区间是，减区间是.（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求导函数，分别令，解出不等式，即可得到函数的单调区间；
（2）由 得方程 ，显然 为此方程的一个实数解.当时, 方程可化简为，设函数利用导数得到 的最小值, 因为，再对讨论，得到函数的零点个数.
【详解】解：（1）因为，所以.
由得；由得.
所以由的增区间是，减区间是.
（2）因为.
由，得或.
设，又即不是的零点，
故只需再讨论函数零点的个数.
因为，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以当时，取得最小值
①当即时，无零点；
②当即时， 有唯一零点；
③当，即时，因为，
所以上有且只有一个零点.
令则.
设，
所以在上单调递增，
所以，都有.
所以.
所以在上有且只有一个零点.
所以当时，有两个零点
综上所述，当时，有一个零点；
当时，有两个零点；
当时，有三个零点.
【点睛】本题考查了利用函数确定函数的单调区间，利用导数判断函数零点的个数，考查了逻辑思维能力，运算能力，分类讨论的思想，属于中档题.x
0
1
3
+
0
-
0
1
单调递增
5
单调递减
1