湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 933.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-01 12:04:06 | ||
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文档简介
武冈市2022-2023学年高三上学期期中考试
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．
2．若“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
3．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．1 D．
4．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
5．已知是奇函数，则过点向曲线可作的切线条数是
A．1 B．2 C．3 D．不确定
6．已知△A1B1C1与△A2B2C2满足：sinA1=cosA2，sinB1=cosB2，sinC1=cosC2，则
A．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
B．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2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
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． C． D．
8．若，，，则，，的大小关系是
A． B． C． 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．△ABC中，sinA＞cosB是△ABC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“”的充分不必要条件
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
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
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．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
13．则f(－2013)______．
14． 已知函数，若时，取得极值0，则__________.
15．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_________．
16.已知数列满足（），设数列的前项和为，若，，则___________.
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．（10分）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．
18．（12分）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．
19．（12分）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．
20．（12分）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，设点，直线交于,求证：直线经过定点.
21．（12分）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．
22．（12分）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
武冈市2022-2023学年高三上学期期中考试
数学参考答案及评分标准
1．C
【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：C
2．D
【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：D
3．B
【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：B
4．B
【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：B
5．C
【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：C
6．A
7．B
8．D【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
9．ACD
10．ABC
【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．AB
12．ACD
【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.
13．－1
14. 18
【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：18
故答案为：.
15．2
16．-2
【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：．
17．（1） （2）10
（1）
由题意得，解得，
∴．
（2）
∵，，
又，∴，公比，∴，
令，得，
令，所以n的最大值为10．
18．（1）证明见解析 （2）
【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.
（1）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；
（2）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．（1）； （2）.
【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.
（1）
设，则，
因，，，
则，而，，
则有，即，又，，因此，，
所以.
（2）
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．（1）；（2）见解析
【分析】(1)利用待定系数法求曲线的轨迹方程.(2)证明直线经过点，即证明，转化成证明再转化成证明 ，利用韦达定理即可证明.
【详解】（1）由已知，
轨迹为双曲线的右支，，，，
曲线标准方程
（2）由对称性可知，直线必过轴的定点
当直线的斜率不存在时， ，，，知直线经过点
当直线的斜率存在时，不妨设直线，，
直线 ，当时，，
得，，
下面证明直线经过点，即证，即,
即,由，
整理得， ，即
即证经过点，直线过定点
【点睛】(1)本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和双曲线的位置关系问题，考查直线的定点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答第2问的关键有二，其一是转化为证明，其二是转化成证明 ，利用韦达定理即可证明.
21．（1） （2）当时，采取10合1检测法更适宜；理由见解析
【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.
（1）
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.
（2）
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
综上：时，采取10合1检测法更适宜．
22．（1）且；（2）证明见解析.
【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的实根，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.
答案第1页，共2页
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．
2．若“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
3．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．1 D．
4．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
5．已知是奇函数，则过点向曲线可作的切线条数是
A．1 B．2 C．3 D．不确定
6．已知△A1B1C1与△A2B2C2满足：sinA1=cosA2，sinB1=cosB2，sinC1=cosC2，则
A．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
B．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2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
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． C． D．
8．若，，，则，，的大小关系是
A． B． C． 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．△ABC中，sinA＞cosB是△ABC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“”的充分不必要条件
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
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
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．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
13．则f(－2013)______．
14． 已知函数，若时，取得极值0，则__________.
15．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_________．
16.已知数列满足（），设数列的前项和为，若，，则___________.
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．（10分）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．
18．（12分）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．
19．（12分）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．
20．（12分）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，设点，直线交于,求证：直线经过定点.
21．（12分）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．
22．（12分）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
武冈市2022-2023学年高三上学期期中考试
数学参考答案及评分标准
1．C
【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：C
2．D
【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：D
3．B
【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：B
4．B
【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：B
5．C
【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：C
6．A
7．B
8．D【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
9．ACD
10．ABC
【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．AB
12．ACD
【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.
13．－1
14. 18
【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：18
故答案为：.
15．2
16．-2
【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：．
17．（1） （2）10
（1）
由题意得，解得，
∴．
（2）
∵，，
又，∴，公比，∴，
令，得，
令，所以n的最大值为10．
18．（1）证明见解析 （2）
【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.
（1）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；
（2）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．（1）； （2）.
【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.
（1）
设，则，
因，，，
则，而，，
则有，即，又，，因此，，
所以.
（2）
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．（1）；（2）见解析
【分析】(1)利用待定系数法求曲线的轨迹方程.(2)证明直线经过点，即证明，转化成证明再转化成证明 ，利用韦达定理即可证明.
【详解】（1）由已知，
轨迹为双曲线的右支，，，，
曲线标准方程
（2）由对称性可知，直线必过轴的定点
当直线的斜率不存在时， ，，，知直线经过点
当直线的斜率存在时，不妨设直线，，
直线 ，当时，，
得，，
下面证明直线经过点，即证，即,
即,由，
整理得， ，即
即证经过点，直线过定点
【点睛】(1)本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和双曲线的位置关系问题，考查直线的定点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答第2问的关键有二，其一是转化为证明，其二是转化成证明 ，利用韦达定理即可证明.
21．（1） （2）当时，采取10合1检测法更适宜；理由见解析
【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.
（1）
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.
（2）
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
综上：时，采取10合1检测法更适宜．
22．（1）且；（2）证明见解析.
【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的实根，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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