宜昌市协作体2023届高三期中考试数学试卷 WORD版含解析.doc

1、宜昌市协作体高三期中考试数学试卷一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【详解】集合，集合，.故选：D.2. 设i为虚数单位，若复数z满足，则（ ）A. 1B. C. D. 2【详解】由已知得，所以，所以.故选:C.3. 等于（ ）A. B. C. D. 2【详解】.故选：C.4. 已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式为（ ）A. B. B. C. D. 【详解】由题图：定义域为，排除A；当，故是奇函数，排除B.当，故是奇函数，排除C.故选：D5. 如图，在平行四边形中，点E是的中点，点

2、F满足，且，则（ ）A. 9B. C. D. 【详解】因为，所以，即，解得，又，所以，故选：A6. 生物体的生长都经过发生发展成熟三个阶段，每个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢在发展阶段速度加快在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的变化曲线称为生长曲线.美国生物学家和人口统计学家雷蒙德皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“皮尔曲线”的函数解析式为.一种刚栽种的果树的生长曲线的函数解析式为，x表示果树生长的年数，表示生长第x年果树的高度，若刚栽种时该果树高为1，经过一年，该果树高为2.5，则（ ）A. 2.5B. 2C. 1.

3、5D. 1详解】根据已知，得，解得，所以，从而，所以.故选：C.7. 在中，“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【详解】若，则，即，所以.所以，即，所以，所以，所以，所以“”是“”的充分条件；若，则，即，所以，所以或，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8. 已知定义在上的偶函数满足，若，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【详解】是偶函数，则，即是奇函数，由，可得，构造，则单调递增；，即的周期为，则，即；不等式可化简为，即，由单调性可得，解得故选：A二多选题：本面共4小题，每小题5分，共

4、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. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【详解】因为，故A错误； 因为，所以，所以，故B正确；当时，故C错误；因为，所以，故D正确.故选：BD10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 图象可由图象向右平移个单位长度得到B. 图象的一条对称轴的方程为C. 在区间上单调递增D. 的解集为【详解】由题意知，解得，所以，所以.又点在的图象上，所以，所以，解得，又，所以，所以，将向右平移个单位可得，故A正确；令，解得，令得所以图象的对称轴的方程为.故B正确；当

5、时，在上不是单调递增的，故C错误；令，即，所以，解得，即的解集为，故D正确.故选：ABD.11. 已知函数，若，则下说法正确的是（ ）A. 当时，有4个零点B. 当时，有5个零点C. 当时，有1个零点D. 当时，有2个零点【详解】当时，令，由，解得或或.作出函数的图象，如图1所示，易得有4个不同的实数解，即当时，有4个零点.故A正确，B错误；当时，令，所以，解得或或（舍）作出函数的图象，如图2所示，易得有1个实数解，即当时，有1个零点.故C正确，D错误.故选：AC.12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 当时，曲线在点处的切线方程为B. 若对任意的，都有，则实数的取值范围是C. 当时，

6、既存在极大值又存在极小值D. 当时，恰有3个零点，且【详解】解：对于A，当时，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即，故A错误；对于B，因为对任意的，都有，所以在上单调递增，即在上恒成立，令，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值，所以，解得，即实数的取值范围是，故B正确；对于C，当时，由B选项知，令，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，又在上单调递减，所以存在，使得，又，又在上单调递增，所以存在，使得，所以当时，为增函数，当时，为减函数，当时，为增函数，故既存在极大值又存在极小值，故C正确；对于D，因为，由C选项知，当时，；当时，故函数有三个零点，不

7、妨设为，（，），又，故有，则，即当时，恰有3个零点，且，故D正确故选：BCD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若角的终边在第四象限，且， 则_.【详解】由题意，故答案为：714. 已知函数是奇函数，则实数a的取值范围为_.【详解】因为，所以且，由，得，因为函数是奇函数，所以，即，即，得恒成立，当时，符合题意；当时，不合题意；当时，不合题意.所以.所以，即.故答案为：.15. 在中，是上的点，平分，若，则的面积为_.【详解】由正弦定理，即，而，即，即，又由余弦定理知：，即，令，即（舍去），.故答案为：.16. 已知函数，若，且，则的最大值为_【详解】因为，所以，又，所以，所以

8、因为，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，又，所以，所以，令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以的最大值为故答案为：.四解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 已知平面向量，满足，其中.（1）若，求实数m的值.（2）若，若与夹角的余弦值.解：（1）因为，所以，即，所以，又，所以，解得；（2）因为，所以，解得，所以，所以，所以，所以.18. 已知关于的不等式的解集是（1）求实数，的值；（2）若，且，求的最小值解：（1）因为关于的不等式的解集是，所以和是方程的两个根，所以解得当，时，的解集是，符合题意，所以，（2）由（1）知，所以，

9、又，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求的面积；（2）若，求b.解：（1）因为，所以，所以，所以，由正弦定理得，所以，所以.又，所以，所以.（2）由正弦定理得：，所以，所以，所以.20. 已知函数.（1）若，求在区间上的值域；（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.解：（1）由题设，又，令，则开口向上且对称轴为，由，所以，即在区间上的值域为.（2）由在上有解，令，则，所以在上有零点，则，即或，而开口向上，对称轴为，当，对称轴，则，可得，此时无解；当，即对称轴，若，对称轴，此时只需，可得或，此时；若，对称轴，此时只需

10、，可得或，此时无解；若，对称轴，此时只需，可得，此时无解；综上，.（应用参变分离法，研究右侧对应区间的值域范围亦可）21. 已知函数，再从条件，条件，条件这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.（1）求的解析式；（2）设函数，若，且，求的值.条件：；条件：图象的一条对称轴为；条件：若，且的最小值为.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.解：（1）选择条件：由条件，所以，解得，又，所以.由条件得，解得，所以的解析式不唯一，不合题意；选择条件：由条件，所以，解得，又，所以.由条件得，得，所以，所以.选择条件：由条件得，得，所以，所以，又图象的一条对称轴为，所以，解得，又

11、，所以，所以.（2）由题意得，因，所以，即，又，所以，若，则，又，所以.因为，所以，又，所以，所以.22. 已知函数（e是自然对数的底数）（1）当时，试判断在上极值点的个数；（2）当时，求证：对任意，解：（1）当时，,则 ，设，则 在上是增函数，当 时，所以存在 ，使得，当时，则，即在上单调递减，当时，则，即在上单调递增，所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明：由，设，则 在上是增函数，当 时，因为，所以，所以存在 ，使得，当时，则，即在上单调递减，当时，则，即在上单调递增，故 是函数的极小值点，也是最小值点，则 ，又因为，所以，即证：对任意，即证：对任意，设，则在上单调递减，因为，所以 ，故，故对任意，.