河南省南阳市2023届高三上学期期中文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市2023届高三上学期期中文科数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，保持卷面清洁，不折叠、不破损， 已知， 若，，则， 在中，，，等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.
2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
5.保持卷面清洁，不折叠、不破损.
第I卷 选择题（共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到集合，然后利用补集和交集的定义计算即可.
【详解】由题意得集合，或，所以.
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，由条件列方程求，再由复数的模的公式求.
【详解】设，，因为，
所以，，
所以，，所以，
故选：C.
3. 已知，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数的运算性质及函数值的定义即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
4. 已知数列的前项和. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得，然后根据求得的值.
【详解】依题意，
当时，；
当时，，，
两式相减得，也符合上式，
所以，
，由解得，所以.
故选：B
5. 若，满足则的最小值是（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意画出可行域，令，即，所以平移斜率为的直线，相当于在轴上的截距，找到使轴上的截距最值时的点代入即可.
【详解】由题知，画出满足题意的可行域如下所示，

令，即，
相当于直线在轴上的截距，
平移直线，当直线过点时，截距最大，最小，
联立，可得，
故在点时取得最优解，
代入，可得.
故选：D.
6. 已知：，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设向量与的夹角为，由可得，进而结合平面向量的运算律可得，进而根据余弦函数的性质求解即可.
【详解】设向量与夹角为，
由，得，
所以，
因为，所以，
即，即，
所以的最大值为.
故选：B.
7. 函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的奇偶性排除A，C，由函数在处的变化趋势排除B，得正确选项．
【详解】由函数图像可知,函数为奇函数,
对于A: ，不是奇函数排除A选项；
，不是奇函数排除C选项；
对于B,当，且趋近于0时，由图知趋近于，但排除B；
故选：D.
8. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由已知条件求出，然后由化简计算可得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以
，
故选：B
9. 在中，，，. 若满足条件的有且只有一个，则的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，再分和两种情况讨论，结合正弦函数的性质求出的取值范围，即可判断.
【详解】解：由正弦定理，即，所以，
因为只有一解，
若，则，
若显然满足题意，
所以或，所以或，
解得或；
故选：D
10. 若将函数的图像向右平移个周期后，与函数的图像重合，则的一个可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图像平移规律得到平移后的解析式，再对的解析式变形处理，列出等式，即可判断.
【详解】，周期，
函数的图像向右平移个周期后，
得函数的图像，
而，
由题意，，
令，得，故A错误；
令，得，故B错误；
令，得，故C正确；
令，得，故D错误.
故选：C.
11. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求解时单调递减满足的条件，即可结合分段函数的性质求解.
【详解】当时，，则
所以恒成立，
由于，所以，所以，因此，
要使在上单调递减，则需要
,
故选：C
12. 已知：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的公式求出，然后借助指数函数的单调性得到，即可得到，构造函数，利用函数的单调性得到，整理后即可得到.
【详解】，
，
∵，
∴，则，即，
设函数，则，
∵，，且函数单调递增，
∴只存在一个使，且，
当时，，在单调递减，
∴，即，即，
所以.
故选：B.
【点睛】方法点睛：比较数值大小方法．
（1）估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；
（2）构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可通过构造函数，利用导数判断其单调性，从而判断式子大小．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数，则__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据可得解.
【详解】，
，
所以，
可得.
故答案为：.
14. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，则的外接圆面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】在中正弦定理可得利用消角可得，则角B可求，又，可利用正弦定理求的外接圆直径，的外接圆面积可求.
【详解】在中，
由正弦定理可得，
又，
，
，
，
又在中，
.
又在，，，
的外接圆直径=，
的外接圆的面积为.
故答案为：.
15. 若，则解集是______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得为偶函数，且在上单调递增，结合，把不等式转化为，得到，即可求解.
【详解】由函数，可得，所以为偶函数，
当时，可得，所以函数在上单调递增，
又由，所以不等式等价于，
则满足，解得，即不等式的解集为.
故答案为：.
16. 不等式对任意实数，恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则可得，而分别在曲线和直线上，将直线平移恰好与曲线相切时，可求出的最小值，从而可解关于的不等式可得答案.
【详解】由题意设，则，所以，
因为分别在曲线和直线上，
所以将直线平移恰好与曲线相切时，切点到直线的距离最小，此时最小，
设切线为，切点为，则，得，
所以，得，则，
所以的最小值为点到直线的距离，，
即的最小值为，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查导数的几何意义，解题的关键是将问题转化为，，进一步转化为曲线上的点和直线的点的距离最小问题，考查数学转化思想，属于较难题.
三、解答题（本大题共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. 在中，角，，所对应边分别为，，.，的面积等于3.
（1）求；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的数量积定义及三角形的面积公式可得，进而求解即可；
（2）由（1）可得，结合余弦定理可得，进而得到，再根据基本不等式可得，进而得到，进而求解即可.
【小问1详解】
因为，
又，
两式相除得，，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
所以，
又，即，
所以，
又因为，当且仅当时等号成立，
所以，则，
即，即，
所以的最小值为.
18. 已知数列和满足：，，，，且是以为公比的等比数列.
（1）证明：；
（2）若，求数列的通项公式及其前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）先求得，然后根据递推关系证得.
（2）先求得，然后结合等比数列前项和公式求得.
【小问1详解】
依题意，，，，，
，且是以为公比的等比数列，
所以，
所以，则，
两式相除得.
【小问2详解】
由（1）知数列和数列都是公比为的等比数列，
所以，
，
，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
19. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数的图像关于点中心对称，求在上的值域.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及和差角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先表示出，根据对称性求出，即可得到的解析式，再根据的取值范围求出的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得；
【小问1详解】
解：
，
即，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
解：因为，
又的图像关于点中心对称，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
当时，所以，
所以.
20. 已知函数，其中.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）如果对于任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先将代入得到解析式，对求导可得切线的斜率，由得切点的坐标，利用点斜式得到切线方程；
（2）将代入得到，所以将对于任意都有转化成了，构造函数，对求导判断函数单调递增，从而得，即得证.
【小问1详解】
当时，由已知得，故，
所以，又因为，
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
由，，得，
设函数，，
则，
因为，所以，，
所以当时，，
故函数在上单调递增，
所以当时，，
因为对于任意，都有成立，
所以对于任意，都有成立．
所以．
【点睛】思路点睛：本题利用导数的运算、利用导数求曲线的切线、利用导数判断函数的单调区间、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.
21. 数列中，为的前项和，，.
（1）求证：数列是等差数列，并求出其通项公式；
（2）求证：数列的前项和.
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，即可得到，从而得证，再求出公差，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，适当放大再利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
数列中，为的前项和，，①，
当时，，解得；
当时，②，
①②得③，
所以④，
由③④得，
所以数列为等差数列，
所以公差，
所以．
小问2详解】
由（1）可得，所以，
所以，
当时，，
当时，，

,
综上.
22. 已知.
（1）讨论函数单调性；
（2）设是的导数.当时，记函数的最大值为，函数的最大值为.求证：.
【答案】（1）在上单调递增
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求导即可由导函数的正负求解原函数的单调性，
（2）根据（1）的结论，分别求解，，即可作差求解大小.
【小问1详解】
函数的定义域为,，
令，
当单调递增，当单调递减，所以，即
故函数在上单调递增
【小问2详解】
由（1）知在时，单调递增，且，
故，
所以，
由于，
所以，故,
而,
因此