江西省赣州市十六县（市）十七校2022届高三上学期期中联考数学（文）试题 Word版含答案

2021-2022学年第一学期赣州市十六县（市）十七校期中联考高三年级文科数学试卷一、单选题（每小题5分，共60分）1．集合，，则（）A．B．C．D．2．设，向量且，则（）A．2B．C．4D．03．已知数列为等差数列，其前n项和为，，则（）A．110B．55C．50D．454．已知函数（且）的图像经过定点A，且点A在角的终边上，则（）A．B．C．7D．5．下列有关命题的说法中错误的是（）A．在中，若，则B．若命题“，使得”，则命题p的否定为“，都有”C．“”的一个充分不必要条件是“与所成的角为锐角”D．“”是“”的必要不充分条件6．已知函数，则函数的大致图象为（）A．B．C．D． 7．已知，则（）A．B．C．D．8．已知为等比数列的前n项和，，，则（）．A．30B．C．D．30或9．设函数在上单调递减，则下列叙述正确的是（）A．的最小正周期为B．关于直线轴对称C．在上的最小值为D．关于点对称10．已如的图像关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（）A．B．2C．0D．11．已知，若点P是所在平面内的一点，且，则的最大值等于（）A．8B．10C．12D．1312．已知函数满足，且的导数，则不等式的解集为（）A．B．C．D．二、填空题（每小题5分，共20分）13．已知，则_____________．14．已知数列满足；，则的值为____________． 15．存在正数m，使得方程的正根从小到大排成一个等差数列．若点在直线上，则的最小值为____________．16．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，设D为边的中点，若且，则____________．三、解答题（17题10分，其余小题各12分，其70分）17．设是公比大于0的等比数列，其前n项和为，是公差为1的等差数列，已知，，．（1）求和的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求．18．已知命题，不等式成立：命题函数在区间单调递减；（1）若命题p为假命題，求实数a的取值范围；（2）如果是真命题，求实数a的取值范围．19．已知数列的前n项和为，，，设．（1）证明数列色是等比数列并求数列的通项：（2）数列满足，设，求．20．已知函数为奇函数，且图像相邻的对称轴之间的距离为（1）求函数的解析式及其减区间；（2）在中，角A、B、C对应的边为a、b、c，且，，求的周长的取值范围．21．已知函数，且函数在处的切线为． （1）求a，b的值并分析函数单调性；（2）若函数恰有两个零点，求实数m的取值范围．22．若．（1）当．时，讨论函数的单调性；（2）若，且有两个极值点，，证明．第46次期中联考高三文科数学参考答案1．【答案】A【解析】∵，故选A．2．【答案】C【解析】∵且，∴，解得，∴，故选：C．3．【答案】B【解析】在等差数列中，，于是得，所以．故选：B4．【答案】B【解析】解：令得，故定点A为，所以由三角函数定义得，所以，故选B．5．【答案】D【解析】对于A选项，由大边对大角定理以及正弦定理可得，A选项正确；对于B选项，命题p为特称命题，该命题的否定为“，都有”，B选项正确；对于C选项， 而，故为锐角是0的充分不必要条件；C选项正确；对于D选项，∵真包含于，则“”是“”的充分不必要条件，D选项错误；故选D．6．【答案】D【解析】由，得的定义域为R，，排除A选项．而，所以为偶函数，图像关于y轴对称，排除B选项．，排除C选项．故选D．7．【答案】A【详解】由，得，而，知，故，答案选A．8．【答案】A【详解】法一：∵数列是等比数列，设其公比为q，；故成以为公比的等比数列；∴即，∴或（舍去），当时，不符合题意，则，答案选A．法二：由得，则等比数列的公比，则得，令，则即，解得或（舍去），，则．答案选A． 【答案】C【解析】由条件可知，∴，∴，∴或，时在上不单调递减，，∴，∴的最小正周期为，故A选项错误，而，故不是函数的最值，故不是函数的对称轴，B选项错误，当时，则，则，则，故函数在上的最小值为，C选项正确，函数的对称中心的纵坐标为，故不是的对称中心，D选项错误．答案选C．10．【答案】A【详解】的图像关于点对称，所以关于原点对称，为奇函数．由于，所以,所以是周期为4的周期函数．所以．，而，∴即，．故选A．11．【答案】C【解析】∵，∴可以A为原点，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系；不妨设，则，故点P坐标为 则，∴令，则，则当时，，当时，，则函数在递增，在上递减，则，即的最大值为12．12．【答案】C．【解析】设，则，故函数为增函数，而得，由得，故满足不等式中，∴，答案选C．二、填空题：13．14．15．【答案】．【详解】由，存在正数m，使的正根从小到大排成一个等差数列，有．若，易知：与直线的交点横坐标不成等差数列，若，有，即，故所有正根从小到大排成一个公差为的等差数列，综上满足题设．∴在直线上，得，即，∴，当且仅当时取得最小值．故答案为．16．【答案】4． 【详解】由正弦定理可得：．又在三角形中，，∴，∴．又在三角形中，，∴，∴．∵，∴．由点D为的中点，，得即，而得得或（舍去），法一：∴，则，在中有，，则，解得，即．法二：向量法：由D为中点得，得，即，得或（舍去）．法三：补形法：延长使得，易知四边形为平行四边形，则，则，即，得或（舍去）．法四：方程组法：由由，得， 即得或（舍去）．三、解答题17．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）设的公比为q，利用等比数列的通项公式可求得q的值，再由即可得，求出的值，根据已知条件列关于和d的方程，即可求；（2）利用等比数列求和公式求得，再由分组求和即可求解．【解析】（1）设的公比为q，因为，所以，即，所以，因为，所以，2分所以，3分所以，4分设的公差为d，则，所以，解得，所以；5分（2）因为，所以，所以，所以，6分所以7分，9分∴．10分18．【答案】（1）（2）．【详解】（1）若命题p为真命题，则，不等式，即，不等式成立，则，2分 而函数显然在上为增函数，3分则，则即，故命题p为假命题时；5分（2）若命题q为真命题，则函数在区间上为单调递减，则，即则7分得，8分法：而命题为真命题或或∴或或，∴或或，11分∴．12分法二：命题为真命题命题p为真命题或命题q为真命题，∴-，∴．12分19．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）当时，由得出，两式相减得出，然后利用等比数列的定义可证明出数列为等比数列：并求数列的通项公式；（2）由（1）得出的数列的通项公式，并求出，然后利用裂项求和法求出． 【详解】（1）当时，由①，得②1分①-②得，所以，又，3分所以．4分因为，且，所以，所以．5分故数列是首项为2，公比为2的等比数列；∴．6分（2）由（1）可知，则．7分9分∴11分∴12分20．【答案】（1）．【解析】（1），2分由函数相邻的对称轴之间的距离为，得，∴，3分 又∵为奇函数，∴，即，得，即，而，故，4分令，得，∴的减区间为；6分（2）由（1）可知，得，即，∵，∴，∴，即，7分∵，∴8分∴，10分而，故；∵，故；11分∴，即的周长的取值范围为12分21．【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）【解析】（1）由得，由题意知，得，得，1分则，而切点在切线，得，得 ，2分，令，得，令，得，4分故函数在上单调递减，在上单调递增；5分（2）由（1）知，且函数在上递减，7分在上单调递增，而函数恰有两个零点，则函数在区间各有一个零点，8分由零点存在性定理得，即，解得；11分∴．12分22．【解析】（①）见解析（2）见解析（1）当时，，2分令，当即时，函数在上单调递增，在上单调递减在上单调递增；3分当即时，，故函数在上单调递增；4分当即时，函数在上单调递增，在上单调递减在单调递增；5分（2）当时得．6分∵函数有两个极值点，∴方程有两个根， ∴，且，解得．8分由题意得．10分令，则，∴在上单调递减，∴，11分∴12分