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湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三数学上学期期中试卷(Word版附解析)
湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三数学上学期期中试卷(Word版附解析)
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2022年下学期期中考试试卷高三数学本试卷分为问卷和答卷.考试时量为120分钟,满分150分.请将答案写在答题卡上.一、单选题(本大题共8小题,每小题5分,满分40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是正确的)1.若集合,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】计算一元二次不等式和指数不等式,求出,从而求出交集.【详解】,解得:,所以,而,解得:,所以所以.故选:C2.若“,使得”为假命题,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】写出全称命题为真命题,利用辅助角公式求出,从而求出实数a的取值范围.【详解】因为“,使得”为假命题,则“,使得”为真命题, 因为,所以实数a的取值范围是故选:D3.欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起,充分体现了数学的和谐美.若复数z满足,则的虚部为()A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得,由复数虚部定义求得结果【详解】由欧拉公式知:,,,的虚部为.故选:B4.如图,函数图象与x轴交于,与y轴交于P,其最高点为.若,则A的值等于()A.B.C.D.2 【答案】B【解析】【分析】先求出周期,再根据求,最后根据点和即可求.【详解】由图可知:,得,所以,将代入方程得:,,又,,,,所以,,,解得:或(舍).故选:B5.已知是奇函数,则过点向曲线可作的切线条数是()A1B.2C.3D.不确定【答案】C【解析】【分析】根据给定条件,求出a,再求出函数的导数,设出切点坐标,借助导数的几何意义列出方程求解作答.【详解】因函数是奇函数,则由得恒成立,则,即有,, 设过点向曲线所作切线与曲线相切的切点为,而点不在曲线上,则,整理得,即,解得或,即符合条件的切点有3个,所以过点向曲线可作的切线条数是3.故选:C6.已知与满足:,,,则()A.是钝角三角形,是锐角三角形B.锐角三角形,是钝角三角形C.两个三角形都是锐角三角形D.两个三角形都是钝角三角形【答案】A【解析】【分析】在三角形中,所有内角的正弦值均为正数,故的内角余弦值均为正数,故可得到为锐角三角形;另一方面,根据可知或,即为锐角或钝角,同理可得到,为锐角或钝角,但,,中必然有一个为钝角,即可得出结论.【详解】在与中,,,,,均为锐角,因此为锐角三角形.另一方面,,可得或,即, 可得为锐角或钝角,同理可得到,为锐角或钝角,但,,中必然有一个为钝角,否则不成立,因此为钝角三角形.故选:A.7.设函数,若对于任意的,不等式恒成立,则实数的取值范围是()A.B.CD.【答案】B【解析】【分析】由题意知时的开口向上且值域,则问题转化为在上恒成立,讨论、,结合二次函数的性质求的取值范围.【详解】∵,即开口向上且,由恒成立,即在上恒成立,∴当时,即,由二次函数的性质,显然成立;当时,有两个零点,则只需满足,解得,故;综上,的取值范围是.故选:B8.若,,,则,,的大小关系是()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据给定条件,利用指数函数、对数函数的单调性,再借助“媒介”数比较大小作答.【详解】依题意,,,即,又,,则,,即,所以,,的大小关系是.故选:D二、多选题(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,部分选对的得2分,有选错的得0分.)9.下面命题正确的是()A.“”是“”的充分不必要条件B.“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件C.中,是为锐角三角形的必要不充分条件D.已知偶函数在上单调递增,则对实数,,“”是“”充分不必要条件【答案】ACD【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义逐项判断即可.【详解】对于A:当“”时“”成立;但是当“”时,解得或,故是的充分不必要条件,故选项A正确;对于B:当时,,定义域为,且,故为奇函数,故充分性成立,若为奇函数,则, 解得,故必要性成立,故“”是“函数为奇函数”的充要条件,故选项B不正确;对于C:若为钝角,为锐角,则,则满足,但是为钝角三角形所以充分性不成立;若为锐角三角形,则均为锐角,即,所以所以所以必要性成立;故中,是为锐角三角形的必要不充分条件所以C正确;对于D:因为偶函数在上单调递增,所以若,则,即充分性成立,若,则等价为,即,即或,即必要性不成立,所以若偶函数在上单调递增,则对实数,,“”是“”的充分不必要条件故D正确;故选:ACD.10.已知实数,,满足,则下列说法正确的是() A.B.C.D.的最小值为4【答案】ABC【解析】【分析】根据实数,,满足,分别化简选项A、B、C中的不等式即可判断;选项D的判断要注意基本不等式取等条件的检验.【详解】由题,所以有,故A正确;,故B正确;,故C正确;,当且仅当即时取等,又因为,所以,即无最小值,故D错误.故选:ABC.11.已知函数,则下列说法正确的是()A.为函数的一个周期B.直线是函数图象的一条对称轴C.函数在上单调递增D.函数有且仅有2个零点【答案】AB【解析】【分析】根据判断选项A正确;根据判断选项B正确;判断出函数在的单调性,结合周期性,奇偶性和对称轴画出函数的简图,由此可 以判断选项C和D.【详解】因为,所以为函数的一个周期,选项正确;因为,所以直线是函数图象的一条对称轴,故选项正确;因为,所以是偶函数,又当时,单调递减,单调递增,且,所以在时单调递减;当时,单调递增,单调递减,且,所以在时单调递减,所以函数在时单调递减,又为函数的一个周期,且直线是函数图象的一条对称轴,所以画出函数的图象如图,由图可知,选项C,D错误. 故选:AB.12.已知函数与的定义域均为,分别为的导函数,,,若为奇函数,则下列等式一定成立的是()A.B..C.D.【答案】ACD【解析】【分析】将去代入已知等式可构造方程组得到,由此可得关于对称;结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数,则可得C正确;令,代入中即可求得A正确;令,由可推导得到D正确;设,由可知,结合可知,由此可得,知B错误.【详解】由得:,,关于中心对称,则,为奇函数,,左右求导得:,,为偶函数,图象关于轴对称, ,是周期为的周期函数,,C正确;,,又,,A正确;令,则,,又,,,即,D正确;,,设,则,,又为奇函数,,,即,B错误.故选:ACD.【点睛】结论点睛:本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题;对于与导数有关的函数性质,有如下结论:①若连续且可导,那么若为奇函数,则为偶函数;若为偶函数,则为奇函数;②若连续且可导,那么若关于对称,则关于点对称;若关于对称,则关于对称.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,满分20分)13.则______.【答案】【解析】 【分析】根据题意,利用分段函数的解析式,代入即可求解.【详解】根据题意,当时,,所以,当时,,所以.故故答案为:14.已知函数,若时,取得极值0,则___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得,列方程组可求出,然后再检验时,函数是否能取得极值,即可得答案【详解】由,得,因为时,取得极值0,所以,,解得或,当时,,此时函数在在处取不到极值,经检验时,函数在处取得极值,所以,所以.故答案为:1815.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献,他所倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.就是黄金分割比 的近似值,黄金分割比还可以表示成,则__________.【答案】【解析】【分析】把代入,然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公式化简求值.【详解】解:把代入故答案为:16.已知数列满足(),设数列的前项和为,若,,则___________.【答案】【解析】【分析】根据已知递推式得出,,则,且,在根据已知条件求出,由此即可求解.【详解】解:因为,,所以,则,所以,,则,可知,,,所以,又,,所以,则,又,所以,,所以,因为,所以,故答案为:. 四、解答题(本大题共6小题,满分70分.解答时应写出文字说明及演算步骤)17.已知等差数列满足,.(1)求的通项公式;(2)若等比数列的前n项和为,且,,,求满足的n的最大值.【答案】(1)(2)10【解析】【分析】(1)设等差数列公差为d,根据已知条件列关于和d的方程组即可求解;(2)设等比数列公比为q,根据已知条件求出和q,根据等比数列求和公式即可求出,再解关于n的不等式即可.【小问1详解】由题意得,解得,∴.【小问2详解】∵,,又,∴,公比,∴,令,得,令,所以n的最大值为10.18.如图,三棱柱的底面是边长为2的正三角形,平面,,是的中点. (1)证明:平面;(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)作出辅助线,得到线线平行,从而得到线面平行;(2)作出辅助线,找到异面直线与所成角,利用余弦定理求出余弦值.【小问1详解】证明:连接,交的于,连接,则为的中点,因为分别是,的中点,,平面,平面,平面;【小问2详解】由(1)得:, (或其补角)就是异面直线与所成的角,∵三棱柱的底面是边长为2的正三角形,,∴,,,∴由余弦定理得:,故异面直线与所成角的余弦值为.19.如图,在平面四边形中,的面积是的面积的倍.,,.(1)求的大小;(2)若点在直线同侧,,求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)设,利用给定的面积关系结合三角形面积定理,利用二倍角正弦化简求解.(2)由(1)求出AC,在中,利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数性质求解作答.【小问1详解】 设,则,因,,,则,而,,则有,即,又,,因此,,所以.【小问2详解】由(1)知,,连AC,有,则,而,中,由正弦定理有,,,,又,令,则,,因此,因,则,有,即,, 所以的取值范围为.20.已知动圆过点并且与圆相外切,动圆圆心的轨迹为.(1)求曲线的轨迹方程;(2)过点的直线与轨迹交于、两点,设直线,点,直线交于,求证:直线经过定点.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】【详解】(1)由已知得,即,所以的轨迹为双曲线的右支,且,,,,∴,曲线的标准方程为.(2)当直线的斜率不存在时,,,,则直线经过点;当直线的斜率存在时,不妨设直线,,,则直线:,当时,,,由得,所以,,下面证明直线经过点,即证,即,即,由,, 整理得,,即恒成立.即,即经过点,故直线过定点.【点睛】本题考查了利用定义求圆锥曲线的方程,直线与圆锥曲线的位置关系,直线过定点问题,综合性强,需要很好的思维和计算能力,属于难题.(1)根据题意,判断出动点的轨迹方程为双曲线的右支,然后根据定义即可求得双曲线的方程.(2)讨论当直线斜率存在与不存在两种情况下直线过定点问题.当斜率不存在时,易得直线过定点的坐标为;当斜率存在时,设出直线方程,联立曲线方程,消y得到关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系表示出两个交点横坐标间的关系;利用,再证明直线BM经过.21.在检测中为减少检测次数,我们常采取“合1检测法”,即将个人的样本合并检测,若为阴性,则该小组所有样本均未感染病毒;若为阳性,则改需对本组的每个人再做检测.现有人,已知其中有2人感染病毒.(1)若,并采取“10合1检测法”,求共检测15次的概率;(2)设采取“5合1检测法”的总检测次数为,采取“10合1检测法”的总检测次数为,若仅考虑总检测次数的期望值,当为多少时,采取“10合1检测法”更适宜?请说明理由.【答案】(1)(2)当时,采取10合1检测法更适宜;理由见解析【解析】【分析】(1)平均分为5组,共检测15可知2个感染者分在同一组,计算所求概率;(2)分类讨论感染者分在同一组和分在不同小组,计算两种方案总检测次数的期望值,进行比较得出结论.【小问1详解】现共有50人,由题意先平均分为5组,检测5次,因为共检测15 次,所以两个感染者必定分在同一组中,所以共检测15次的概率有两种算法,第一种是分组分配思想,第二种是算一组已经有一名感染者的情况下,选中另一名感染者,即两种算法结果为和,结果均为;所以k=5,并采取“10合1检测法”,求共检测15次的概率为.【小问2详解】当感染者在同一组时,,,此时,,当感染者不在同一组时,,,此时,,所以,,由题意,综上:时,采取10合1检测法更适宜.22.已知函数有三个极值点,(1)求实数的取值范围;(2)求证:.【答案】(1)且;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)函数有3个零点等价于有3个变号零点,由于,且,所以可得有两个不为 0,-1实根,再对求导讨论其单调性可得结果;(2)由(1)可知有一个零点为0,所以不妨设,,而,所以,因此要证,即证而,,而在上递减,,所以只需证,即,然后构造函数,只需证此函数值恒大于零即可.【详解】解:(1)利用的极值点个数即为的变号零点个数,,设,由已知,方程有两个不为0,-1的实根,当时,在上递增,至多一个实根,故所以在上递减,在上递增,因为,所以时,有两个实根,解得且(2)由(1)不妨设,,∵,∴.要证,即证而,由在上递减,在上递增,且故只要证,又,故只要证即证设 ∴∴递增,∴即∴【点睛】此题考查函数的极值点问题,极值点偏移问题,利用导数求函数的单调区间,利用导数证明不等式恒成立等,考查了数学转化思想,属于较难题.
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高中 - 数学
发布时间:2023-02-13 10:25:02
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文章作者:随遇而安
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