


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)
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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
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