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河南省安阳市2022-2023学年高三上学期理数期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·河南期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】联立，解得，或，所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意，联立方程组，结合交集的概念和运算，即可求解.
2．（2022高三上·河南期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；不等式比较大小
【解析】【解答】A：不妨取，，，则，A不符合题意；
B：由得，又，所以，B符合题意；
C：当时，，，C不符合题意；
D：当时，没有意义，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据不等式的基本性质和特殊值验证法，逐项判定，即可求解.
3．（2022高三上·河南期中）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】由题意得，
故答案为：B
【分析】根据得出数列的性质，结合，即可求解.
4．（2022高三上·河南期中）已知为第三象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数值的符号
【解析】【解答】，∵为第三象限角，∴.
故答案为：A.
【分析】利用余弦的倍角公式，求得，结合为第三象限角，即可求解.
5．（2022高三上·河南期中）已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】等比数列与指数函数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，
即且，，充分性成立；
反过来，若且，，即（为公比），
因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，
所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】由为递增的等比数列，显然且，，即充分性成立；反过来，由，结合，得到，从而可得为递增数列，即必要性成立，即可求解.
6．（2022高三上·河南期中）已知非零向量，的夹角正切值为，且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由，
又由得，即，解得
故答案为：D
【分析】由题意，求得，再由得到，结合向量的运算法则，即可求解.
7．（2022高三上·河南期中）已知的角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，令，，，
由余弦定理可得，
所以，所以.
故答案为：B
【分析】根据题意，令，，，利用余弦定理求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
8．（2022高三上·河南期中）已知函数，不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．
C． D．或
【答案】A
【知识点】一元二次不等式的解法；一元二次不等式与一元二次方程；不等式的综合
【解析】【解答】依题知的根为，，则两根之和为3，两根之积为，
∴即∴可化为，即，解得，或，∴不等式的解集为或.
故答案为：A.
【分析】根据题意得到的根为，，求得的值，再由转化为，结合不等式的解法，即可求解.
9．（2022高三上·河南期中）若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的运算性质
【解析】【解答】，∴，
又，∴，，
∴，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意和对数的运算公式，求得，进而得到和，即可求解.
10．（2022高三上·河南期中）已知函数的最小正周期为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以，
令得，
即在上单调递增，同理得在上单调递减，
而，，，
由三角函数性质得
故答案为：D
【分析】根据求得，得到 ，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
11．（2022高三上·河南期中）对任意实数，定义为不大于的最大整数，如，，.已知函数，则方程在上的实根个数为（ ）
A．290 B．292 C．294 D．296
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系；正弦函数的周期性
【解析】【解答】解：设，当时，当时，
当时，当时，当时，
所以，
则，
令，解得，画出与的图象如下所示：
由图可知与在每个区间（且）内均有个交点，
所以交点总数为，所以方程在上的实根个数为.
故答案为：C
【分析】根据题意求得函数 的解析式，进而求得 的解析式，令，令，解得，画出与的图象，结合图象，即可求解.
12．（2022高三上·河南期中）已知点在曲线上运动，过点作一条直线与曲线交于点，与直线交于点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；点到直线的距离公式
【解析】【解答】如下图所示，，当斜率为的直线与的图像相切时，为切点，此时的值最小.
设，，则有，解得，代入函数，求得，
即，则的最小值即点到直线的距离，则.
故答案为：C
【分析】由双曲线的定义，得到，当斜率为的直线与的图像相切时，此时的值最小，设，得到，解得，进而得到，结合点点到直线的距离，即可求解.
二、填空题
13．（2022高三上·河南期中）在等比数列中，，，则 .
【答案】32
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】设的公比为，则，.
故答案为：32.
【分析】根据求得求得，结合，即可求解.
14．（2022高三上·河南期中）在平行四边形中，，，，且，，三点共线，则的最小值为 .
【答案】4
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，又，，三点共线，
所以，
又，所以，，
所以，
当且仅当即时取等号；
故答案为：4
【分析】化简得到，根据，，三点共线，得到，结合，利用基本不等式，即可求解.
15．（2022高三上·河南期中）已知函数是定义在上的奇函数，满足，，且在内恒成立（为的导函数），若不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为， 为奇函数，所以，，
令，则，又在内恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以是的一个周期，
因为，所以是的一条对称轴，
又在上单调递增，所以在上单调递减，当时，，又在上单调递增，所以当时，，
可整理为，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意得到，令，得出在上单调递增，由，得到是的一个周期，又由，得到是的一条对称轴，结合单调性和对称性，把不等式转化为，结合，即可求解.
16．（2022高三上·河南期中）设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为 .
【答案】
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】，设，则
又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，
即，
可得，只需即可，所以.
当m取最小值时，由不等式组得，D的最小值为.
故答案为：
【分析】 设，则，利用等差等比数列的性质列出关于m的不等式组，求解可得m的最小值，进而求出d的最小值.
三、解答题
17．（2022高三上·河南期中）在直角坐标系中，角的顶点在原点，始边均与轴正半轴重合，角的终边经过点，角的终边经过点.
（1）求的值；
（2）若角的终边为（锐角）的平分线，求的值.
【答案】（1）解：依题知，，
∴.
（2）解：由条件得，，，，
∵角的终边是（锐角）的平分线，∴，
∴，
∴.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1） 根据三角函数的定义求得，结合∴，即可求解；
（2） 根据三角函数的定义，分别取得，的值且，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解.
18．（2022高三上·河南期中）已知数列的各项均不为0，其前项的乘积.
（1）若为常数列，求这个常数；
（2）若，设，求数列的通项公式.
【答案】（1）解：已知，当时，有，因为为常数列，所以
故这个常数为2.
（2）解：已知，所以，两边同时取对数，则，因此是首项为1，公比为2的等比数列，即数列的通项公式为.
【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据题意求得，结合为常数列，求得，即可求解；
（2） 由，求得，两边同时取对数，得到，进而得到是等比数列，结合等比数列的通项公式和对数的运算公式，即可求解.
19．（2022高三上·河南期中）如图所示，在平面四边形中，，，，，.
（1）求的值；
（2）求.
【答案】（1）解：设，，则，所以，
利用正弦定理得，解得，
又，所以，.
（2）解：因为，所以，
根据余弦定理得，解得.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 设，，利用余弦定理列出方程求得，再利用正弦定理求得，进而求得 的值；
（2）由，得到，结合余弦定理，即可求解.
20．（2022高三上·河南期中）已知数列的前项和为，，.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明：当时，，
当时，由得，
∴，又∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴，
∵，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列
（2）解：由（1）知，∴
∵，
∴
∴
，
∴.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）由，得到，得到是等比数列，求得，进而得到，即可求解；
（2） 由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
21．（2022高三上·河南期中）已知函数的最小值为1.
（1）求实数的值；
（2）若直线：与曲线没有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：若，易知单调递增，没有最小值，不符合题意；
若，，
令，得，
在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得；
（2）解：直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，
即关于的方程在上没有实数解，
①当时，该方程可化为，在上没有实数解；
②当时，该方程化为，
令，则，
由，得，
在上，，在上，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，又当时，，
故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，
解得，
综合①②，可知的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （1）若，得到单调递增，没有最小值，不符合题意；当，利用导数求得函数的单调区间，求得，根据题意列出方程，即可求解；
（2） 根据题意转化为关于的方程在上没有实数解，当时，该方程可化为，在上没有实数解；当时，把方程化为，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，得到函数的值域，结合，即可求解.
22．（2022高三上·河南期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，且，使得，求证：.
【答案】（1）解：，令，解得或，
令，解得，所以在，上单调递增，在上单调递减.
（2）解：由（1）可得，
当时，令，则，所以在上单调递增，，所以，即，
又，，在上单调递增，所以，即①，
当时，令，则，所以在上单调递增，
，所以，即，
又，，在上单调递增，所以，即②，
得：，即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得 ，结合和的解集，即可求得函数 的单调区间；
（2） 由（1）得到，当时，令，利用导数求得函数在上单调递增，结合，得到，进而得到；当时，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，进而得到，从而证得.
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河南省安阳市2022-2023学年高三上学期理数期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·河南期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·河南期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·河南期中）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．2 B． C．1 D．
4．（2022高三上·河南期中）已知为第三象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·河南期中）已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2022高三上·河南期中）已知非零向量，的夹角正切值为，且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
7．（2022高三上·河南期中）已知的角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·河南期中）已知函数，不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．
C． D．或
9．（2022高三上·河南期中）若，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·河南期中）已知函数的最小正周期为，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022高三上·河南期中）对任意实数，定义为不大于的最大整数，如，，.已知函数，则方程在上的实根个数为（ ）
A．290 B．292 C．294 D．296
12．（2022高三上·河南期中）已知点在曲线上运动，过点作一条直线与曲线交于点，与直线交于点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．（2022高三上·河南期中）在等比数列中，，，则 .
14．（2022高三上·河南期中）在平行四边形中，，，，且，，三点共线，则的最小值为 .
15．（2022高三上·河南期中）已知函数是定义在上的奇函数，满足，，且在内恒成立（为的导函数），若不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
16．（2022高三上·河南期中）设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为 .
三、解答题
17．（2022高三上·河南期中）在直角坐标系中，角的顶点在原点，始边均与轴正半轴重合，角的终边经过点，角的终边经过点.
（1）求的值；
（2）若角的终边为（锐角）的平分线，求的值.
18．（2022高三上·河南期中）已知数列的各项均不为0，其前项的乘积.
（1）若为常数列，求这个常数；
（2）若，设，求数列的通项公式.
19．（2022高三上·河南期中）如图所示，在平面四边形中，，，，，.
（1）求的值；
（2）求.
20．（2022高三上·河南期中）已知数列的前项和为，，.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和.
21．（2022高三上·河南期中）已知函数的最小值为1.
（1）求实数的值；
（2）若直线：与曲线没有公共点，求实数的取值范围.
22．（2022高三上·河南期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，且，使得，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】联立，解得，或，所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意，联立方程组，结合交集的概念和运算，即可求解.
2．【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；不等式比较大小
【解析】【解答】A：不妨取，，，则，A不符合题意；
B：由得，又，所以，B符合题意；
C：当时，，，C不符合题意；
D：当时，没有意义，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据不等式的基本性质和特殊值验证法，逐项判定，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】由题意得，
故答案为：B
【分析】根据得出数列的性质，结合，即可求解.
4．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数值的符号
【解析】【解答】，∵为第三象限角，∴.
故答案为：A.
【分析】利用余弦的倍角公式，求得，结合为第三象限角，即可求解.
5．【答案】C
【知识点】等比数列与指数函数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，
即且，，充分性成立；
反过来，若且，，即（为公比），
因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，
所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】由为递增的等比数列，显然且，，即充分性成立；反过来，由，结合，得到，从而可得为递增数列，即必要性成立，即可求解.
6．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由，
又由得，即，解得
故答案为：D
【分析】由题意，求得，再由得到，结合向量的运算法则，即可求解.
7．【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，令，，，
由余弦定理可得，
所以，所以.
故答案为：B
【分析】根据题意，令，，，利用余弦定理求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】一元二次不等式的解法；一元二次不等式与一元二次方程；不等式的综合
【解析】【解答】依题知的根为，，则两根之和为3，两根之积为，
∴即∴可化为，即，解得，或，∴不等式的解集为或.
故答案为：A.
【分析】根据题意得到的根为，，求得的值，再由转化为，结合不等式的解法，即可求解.
9．【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的运算性质
【解析】【解答】，∴，
又，∴，，
∴，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意和对数的运算公式，求得，进而得到和，即可求解.
10．【答案】D
【知识点】正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以，
令得，
即在上单调递增，同理得在上单调递减，
而，，，
由三角函数性质得
故答案为：D
【分析】根据求得，得到 ，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
11．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系；正弦函数的周期性
【解析】【解答】解：设，当时，当时，
当时，当时，当时，
所以，
则，
令，解得，画出与的图象如下所示：
由图可知与在每个区间（且）内均有个交点，
所以交点总数为，所以方程在上的实根个数为.
故答案为：C
【分析】根据题意求得函数 的解析式，进而求得 的解析式，令，令，解得，画出与的图象，结合图象，即可求解.
12．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；点到直线的距离公式
【解析】【解答】如下图所示，，当斜率为的直线与的图像相切时，为切点，此时的值最小.
设，，则有，解得，代入函数，求得，
即，则的最小值即点到直线的距离，则.
故答案为：C
【分析】由双曲线的定义，得到，当斜率为的直线与的图像相切时，此时的值最小，设，得到，解得，进而得到，结合点点到直线的距离，即可求解.
13．【答案】32
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】设的公比为，则，.
故答案为：32.
【分析】根据求得求得，结合，即可求解.
14．【答案】4
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，又，，三点共线，
所以，
又，所以，，
所以，
当且仅当即时取等号；
故答案为：4
【分析】化简得到，根据，，三点共线，得到，结合，利用基本不等式，即可求解.
15．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为， 为奇函数，所以，，
令，则，又在内恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以是的一个周期，
因为，所以是的一条对称轴，
又在上单调递增，所以在上单调递减，当时，，又在上单调递增，所以当时，，
可整理为，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意得到，令，得出在上单调递增，由，得到是的一个周期，又由，得到是的一条对称轴，结合单调性和对称性，把不等式转化为，结合，即可求解.
16．【答案】
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】，设，则
又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，
即，
可得，只需即可，所以.
当m取最小值时，由不等式组得，D的最小值为.
故答案为：
【分析】 设，则，利用等差等比数列的性质列出关于m的不等式组，求解可得m的最小值，进而求出d的最小值.
17．【答案】（1）解：依题知，，
∴.
（2）解：由条件得，，，，
∵角的终边是（锐角）的平分线，∴，
∴，
∴.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1） 根据三角函数的定义求得，结合∴，即可求解；
（2） 根据三角函数的定义，分别取得，的值且，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解.
18．【答案】（1）解：已知，当时，有，因为为常数列，所以
故这个常数为2.
（2）解：已知，所以，两边同时取对数，则，因此是首项为1，公比为2的等比数列，即数列的通项公式为.
【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据题意求得，结合为常数列，求得，即可求解；
（2） 由，求得，两边同时取对数，得到，进而得到是等比数列，结合等比数列的通项公式和对数的运算公式，即可求解.
19．【答案】（1）解：设，，则，所以，
利用正弦定理得，解得，
又，所以，.
（2）解：因为，所以，
根据余弦定理得，解得.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 设，，利用余弦定理列出方程求得，再利用正弦定理求得，进而求得 的值；
（2）由，得到，结合余弦定理，即可求解.
20．【答案】（1）证明：当时，，
当时，由得，
∴，又∵，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴，
∵，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列
（2）解：由（1）知，∴
∵，
∴
∴
，
∴.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）由，得到，得到是等比数列，求得，进而得到，即可求解；
（2） 由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
21．【答案】（1）解：若，易知单调递增，没有最小值，不符合题意；
若，，
令，得，
在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得；
（2）解：直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，
即关于的方程在上没有实数解，
①当时，该方程可化为，在上没有实数解；
②当时，该方程化为，
令，则，
由，得，
在上，，在上，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，又当时，，
故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，
解得，
综合①②，可知的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （1）若，得到单调递增，没有最小值，不符合题意；当，利用导数求得函数的单调区间，求得，根据题意列出方程，即可求解；
（2） 根据题意转化为关于的方程在上没有实数解，当时，该方程可化为，在上没有实数解；当时，把方程化为，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，得到函数的值域，结合，即可求解.
22．【答案】（1）解：，令，解得或，
令，解得，所以在，上单调递增，在上单调递减.
（2）解：由（1）可得，
当时，令，则，所以在上单调递增，，所以，即，
又，，在上单调递增，所以，即①，
当时，令，则，所以在上单调递增，
，所以，即，
又，，在上单调递增，所以，即②，
得：，即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得 ，结合和的解集，即可求得函数 的单调区间；
（2） 由（1）得到，当时，令，利用导数求得函数在上单调递增，结合，得到，进而得到；当时，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，进而得到，从而证得.
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