天津市红桥区2022-2023学年高三数学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

高三数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.第I卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.2.本卷共9题，每小题5分，共45分.一、选择题：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（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.【详解】由解得，所以，所以，故选：A.2.已知函数，则（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据自变量所在的范围代入解析式求解即可.【详解】∵， ∴，则.故选：B.3.命题“,”的否定是（）A.,B.,C.,D.,【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定,只否定结论,不否定条件,全称变特称,特称变全称,选出答案.【详解】解:由题知,命题“,”的否定是.故选:C4.甲、乙二人的投篮命中率分别为0.9、0.8，若他们二人每人投篮一次，则至少一人命中的概率为（）A.0.72B.0.27C.0.26D.0.98【答案】D【解析】【分析】“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，结合二人投篮相互独立，计算即得解.【详解】由题意“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，记“至少一人命中”为事件，由甲、乙二人投篮相互独立，则.故选：D5.设，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.既不必要也不充分条件【答案】B 【解析】【分析】解出不等式，结合充分条件、必要条件的概念即可得到结果．【详解】若，则，若，则，∵是真子集，则“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的单调性判断即可.【详解】∵，，∴∵，，∴综上，．故选：B．7.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求导，可得，再求解，结合直线方程的点斜式即得解.【详解】由题意，故，且，故切线方程为：，即. 故选：D8.当时，函数取得最大值，则（）A.B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，，可解得，即可求得答案【详解】由可得，因为当时，函数取得最大值，所以，解得，所以，因此当，，单调递增；当，，单调递减，故当时取最大值，满足题意，所以故选：B9.如图，在四边形中，，，，则的值为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意首先求得和的值，然后结合数量积的运算法则可得 的值.【详解】由题意可得：，解得：，且：.由可知，故.故选C.【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的数量积的计算，方程思想的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.10.设是虚数单位，若复数为纯虚数，那么实数_________.【答案】##0.5【解析】【分析】利用复数的除法运算进行化简，然后利用纯虚数的概念即可求解【详解】由于，且复数为纯虚数，所以，解得，故答案：11.若幂函数的图像过点，则______.【答案】【解析】【分析】设出，代入点，求出，从而求出解析式，从而求出 .【详解】设，将代入，，解得：，故，.故答案为：-112.若实数x、y，满足，则的最小值为______.【答案】4【解析】【分析】先对变形，再利用基本不等式求出最小值.【详解】因为，所以，因为，由基本不等式可得：，当且仅当时，等号成立.故答案为：413.已知向量，向量，则_____________.【答案】【解析】【详解】由向量，则，所以.14.的展开式中常数项是______.【答案】15【解析】【分析】由二项式定理求出通项公式，得到，从而求出常数项. 【详解】的展开式的通项公式为：，令，解得：，故.故答案为：1515.已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0，1]，总存在唯一的x2∈[﹣1，1]，使得x1+1+﹣a=0成立，则实数a的取值范围是___________.【答案】（，e]【解析】【分析】由得，根据题意可得：,且,解出并且验证等号是否成立即可得出答案.【详解】解:由,得,对任意的,总存在唯一的,使得成立,,且,解得,又时,存在两个不同的实数,因此舍去,的取值范围是.故答案为:.三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.在中，角的对边分别为.(1)若，求的值；(2)若，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】分析：（1）利用二倍角公式求得的值，进而利用诱导公式求得的值；（2）先利用余弦定理求得和的关系，进而根据求得，最后利用正弦定理求得的值.详解：（1）若，即，变形可得，即，则，则.(2),,,由正弦定理可得,.点睛：本题主要考查余弦定理、正弦定理及两角和与差的正弦公式，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.17.已知函数. （1）求的最小正周期及单调区间；（2）求在区间上的最大值与最小值.【答案】（1）最小正周期为，单调增区间为，单调减区间为.（2）最大值为2，最小值为【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换化简得到，从而利用求出最小正周期，再利用整体法求解函数的单调区间；（2）根据求出，从而结合函数图象求出最大值为2，最小值为.【小问1详解】因为所以的最小正周期；令，，解得：，，令，，解得：，，单调增区间为，，单调减区间为，； 【小问2详解】已知，所以，当，即时，取得最大值，最大值为2，当，即时，取得最小值，最小值为-1，所以在区间上的最大值为2，最小值为.18.已知公差不为0的等差数列的首项为2，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)因为，，成等比数列，所以，再由为公差不为0的等差数列，设公差为d，代入方程解出d，得到数列通项公式；(2)将第一问通项公式代入，裂项相消法求数列的前n项和.【小问1详解】因为，，成等比数列，所以，又为公差不为0的等差数列，设公差为d，则，且，解得，数列的通项公式为；【小问2详解】由(1)，， 则，设数列的前n项和为可得.19.已知等比数列的前项和为,公比,且为的等差中项,.（1）求数列的通项公式（2）记,求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由a2+1是a1，a3的等差中项，可得=，又，解得，即可得出通项;（2），利用错位相减法即可得出．【详解】（1）由题意，得.又，∴，∴，∵，∴或，∵，∴.∴.（2）由（Ⅰ），知.∴.∴.∴.∴ .∴.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.20.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）设，若对任意的，恒成立，求的最大值.【答案】（1）当时，在上单调递增，无单调递减区间；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）【解析】【分析】（1）先确定函数的定义域，然后求导，通过讨论a的正负判断导函数在定义域内有无零点，无零点时原函数在定义域内单调，有零点时再通过导函数确定各区间的单调性；（2）原不等式恒成立等价于原函数的最大值小于等于0成立，由第一问的单调区间求得原函数的最大值，记为关于a的函数，再通过对新函数求导判断单调性，得到满足新函数小于等于0的自变量a的最大整数值即可.【小问1详解】，定义域为当时，，在上递增.当时，，在上递增.当时，令，得；令，得. 即在上递增，在上递减.综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】在上恒成立，等价于.由（1）得，当时，在上单调递增，无最大值，故此时原不等式无法恒成立；当时，上单调递增，在上单调递减，则此时即须成立.记函数，且则即在单调递增.因为，所以满足的a的最大整数值为.综上：的最大值为.