第10頁/共21頁2022-2023學年湖北省部分省級示范高中高三年級期中質量檢測 數學試題一、單選題1.已知集合，集合，則下列關系式準確的是（）A. B.C. D.答案：B解析：【分析】由絕對值的幾何意義化簡集合，再利用交、并、補集的運算性質逐一分析四個選項得答案．【詳解】，，，故A不正確；，故B正確；或，或或，故D不正確；或，故C不正確．故選：B．2.函數的定義域是（）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】結合函數解析式得到不等式組，進而可得到答案.【詳解】由，解得，故所求函數的定義域為.故選：C.3.已知函數為偶函數，則（）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】利用偶函數的性質直接求解即可.【詳解】由已知得，當時，則，即，，∵為偶函數，∴，即，∴，，∴，故選：B.4.已知正方形的對角線，點在邊上，則的最大值為（）A B. C. D.答案：C解析：【分析】設，其中，則分析即得解.【詳解】因為正方形的對角線為，故正方形的邊長為，點在邊上，則，其中，則，當點與點重合時，等號成立，故的最大值為．故選：C.5.若數列滿足，則稱為斐波那契數列，它是由中世紀意大利數學家斐波那契最先發現．它有很多美妙的特征，如當時，前項之和等于第項減去第項；隨著的增大，相鄰兩項之比越來越接近等等．若第項是，請估計這個數列的前項之和最接近（）（備注：，）A.萬 B.萬 C.萬 D.萬答案：C解析：【分析】首先求，再求出，最后求出即可.【詳解】由題意得：，假設的前項和為，則，又因為隨著的增大，相鄰兩項之比越來越接近所以故，故選：C.6.已知，，，則的大小關系為（）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】結合已知條件，利用中間值法即可比較大小.【詳解】由于，由三角函數的性質可知，，則，由，則，故．故選：D.7.在中，內角所對的邊分別為，且，下列結論正確的是（）A.B.當，時，的面積為C.若是的角平分線，且，則D.當時，為直角三角形答案：D解析：【分析】選項A：先用正弦定理得，再利用三角恒等變換，求出，即可；選項B：直接解三角，發現無解即可；選項C：利用等面積法，的到的關系即可；選項D：利用正弦定理得，然后利用三角形角的關系，計算出各個角的大小即可.【詳解】選項A:因為，由正弦定理可得，又因為，所以，化簡可得，因為，所以可得，，故，選項A錯誤；選項B：當，時，由選項A，得，因為，可得，無解，故此時三角形不存在，選項B錯誤；選項C：因為若是的角平分線，且，由選項A，得故，而得，得，所以，選項C錯誤；選項D：因為，由正弦定理可得，又，，得，所以，化簡可得，因為，解得，由條件可知，故合適，所以，所以為直角三角形，選項D正確．故選：D.8.已知函數，若函數的單調遞減區間（理解為閉區間）中包含且僅包含兩個正整數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.答案：C解析：【分析】函數的單調遞減區間（理解為閉區間）中包含且僅包含兩個正整數，轉化為解集中恰有兩個正整數，利用數形結合建立不等式求解即可.【詳解】因為的單調遞減區間（理解為閉區間）中包含且僅包含兩個正整數，所以的解集中恰有兩個正整數，由可得，，令，則，，單調遞增，，單調遞減，作出函數與的圖象如圖，當恰有兩個正整數解時，即為和，所以，故選：C.二、多選題9.已知復數：滿足，則（）A. B.的虛部為C.的共軛復數為 D.是方程的一個根答案：A、D解析：【分析】由復數除法的運算法則求出，然后根據復數的相關概念，以及復數的模長公式和復數范圍內方程根的求法即可得答案.【詳解】因為，所以，對A：，故選項A正確；對B：的虛部為，故選項B錯誤；對C：的共軛復數為，故選項C錯誤；對D：因為方程的根為，所以是方程的一個根，故選項D正確.故選：AD.10.下列選項中，正確的有（）A.設，都是非零向量，則“”是“”成立的充分不必要條件B.若角的終邊過點且，則C.在中，D.若，則答案：A、C解析：【分析】根據平面向量的數乘運算、三角函數的定義、誘導公式、正弦定理以及三角函數性質的應用，判斷每個選項的正誤．【詳解】選項A，由，可知，所以，故充分性成立；若，則，因為為大于的實數，不一定為，所以必要性不成立，故“”是“”成立的充分不必要條件，選項正確；選項B，若角的終邊過點且，則，解得，B選項錯誤；選項C，因為在中，，由正弦定理可知，所以，因為在上單調遞減，而為的內角，，故；故可得，選項C正確；選項D，若，則，D錯誤．故選：AC.11.大衍數列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理，數列中的每一項都代表太極衍生過程.已知大衍數列滿足，，則（）A. B.C. D.數列的前項和為答案：B、C、D解析：【分析】直接由遞推公式求出即可判斷A選項；分為奇數或偶數即可判斷B選項；分為奇數或偶數結合累加法即可判斷C選項；由分組求和法即可判斷D選項.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，當為奇數時，為偶數，則，，可得；當為偶數時，為奇數，則，，可得，B正確；對于C，當為奇數且時，累加可得，時也符合；當偶數且時，累加可得；則，C正確；對于D，設數列的前項和為，則，又，，D正確.故選：BCD.12.若，，且，則（）A. B.C. D.答案：A、B、C、D解析：【分析】將變形為和，借助基本不等式與1的代換可解.【詳解】，，，且.則，且.對A：，當時等號成立，A正確；對B：，解得，B正確；對C：，則，當時等號成立，C正確；對D：，當時等號成立，D正確.故選：ABCD.三、填空題13.已知是等差數列，是等比數列，是數列的前項和，，，則_________．答案：解析：【分析】根據等差數列的求和公式以及等差中項，求第六項，再根據等比數列的等比中項，解得第六項的平方，結合對數運算可得答案.【詳解】因為是等差數列，且是數列的前項和，所以，解得，因為是等比數列，所以，則.故答案為：.14.已知向量，，若，則在上的投影向量為__________．答案：解析：【分析】根據垂直關系得出，再利用向量的投影的概念即得.【詳解】，，，解得，，，，，在上投影向量為：.故答案為：.15.“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數學著作孫子算經卷下第二十六題，叫做“物不知數”，原文如下：今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二，問物幾何現有這樣一個相關的問題：被除余且被除余的正整數按照從小到大的順序排成一列，構成數列，記數列的前項和為，則的最小值為__________．答案：解析：【分析】先由“兩個等差數列的公共項構成的新的等差數列的公差為兩個等差數列公差的最小公倍數”得，再應用基本不等式求得的最小值.【詳解】被除余且被除余的正整數按照從小到大的順序所構成的數列是一個首項為，公差為的等差數列，則∴當且僅當，即時，等號成立，∴的最小值為．故答案為：.16.已知是定義在上的函數，且函數的圖象關于直線對稱，當時，，則__________，曲線在處的切線方程是__________．答案：①.②.解析：【分析】根據題意求得的對稱軸，結合已知函數解析式，以及導數的幾何意義，即可求得結果.【詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，所以，即，用代替，得到，故關于對稱，當時，，則，所以時，，則，故，，故曲線在處的切線斜率，切點坐標為，故切線方程為，即．故答案為：；．四、解答題17.已知函數．（1）若，求的單調區間（2）若函數在處取得極值，求的最大值和最小值．答案：見解析解析：【分析】（1）利用導數求函數的單調區間；（2）先由極值點處的導數為（且在極值點左右兩側的符號相反）解得參數的值，再利用導數求函數的最值（注意：研究函數的趨近）.【詳解】（1）若，有，定義域為則，得；得或所以，的減區間是，增區間是，；（2）∵，即：∴，∴∴∴當或時，；當時，∴在，上遞增，在上遞減∴的極大值為，的極小值為.又∵當時，，當時，，．18.已知數列的首項為，且滿足，若．（1）求數列的通項公式；（2）數列中，，對任意，，都有，求數列的前項和．答案：見解析解析：【分析】（1）由得，即，由等比數列定義列通項公式即可；（2）令即求得，利用錯位相減法即可求【詳解】（1），，又，且是首項為，公比為的等比數列，（2）對任意，都成立，令得，，，，作差化簡得19.如圖，在平面凹四邊形中，，，，角滿足：．（1）求角的大小；（2）求凹四邊形面積的最小值．答案：見解析解析：【分析】(1)結合已知條件，利用二倍角公式即可求解；(2)結合已知條件，利用余弦定理和均值不等式即可求解.【詳解】（1）因為，所以，即，因為，則，所以，即.（2）連接，設，，因為，，，所以在中，由余弦定理得，即，在中由余弦定理得，即，故，當且僅當時，不等式取等號，從而，故凹四邊形的面積，從而四邊形面積的最小值是.20.已知函數，，且在上單調遞增.（1）若恒成立，求的值；（2）在（1）的條件下，若當時，總有使得，求實數的取值范圍.答案：見解析解析：【分析】（1）由題意得為最小值，代入求解（2）理解題意，求出兩個函數值域后列不等式組【詳解】（1）由題意得解得且在上單調遞增，故，得（2）由（1）得時，，根據對稱軸討論取值范圍①時，在時單調遞增，，此時不合題意②時，在時單調遞減，在時單調遞增由題意得，解得③時，時單調遞減，，由題意得，解得（舍去）綜上，的取值范圍為21.已知函數周期為，圖像的一個對稱中心為，將函數圖像上所有點的橫坐標伸長為原來的倍(縱坐標不變)，再將所得圖像向右平移個單位長度后得到函數的圖像．（1）求函數與的解析式；（2）是否存在，使得、、按照某種順序成等差數列？若存在，請求出該數列公差絕對值的取值范圍；若不存在，請說明理由．（3）當時，判斷在內的零點個數，并說明理由．答案：見解析解析：【分析】(1)結合已知條件，利用周期公式求出，然后利用正弦函數的對稱中心的性質求，進而得到，利用伸縮變換和平移變換得到；(2)利用導函數和零點存在基本定理即可判定，結合正弦函數范圍以及二次函數性質即可求解；(3)將零點問題轉化為與的交點問題，然后利用導函數求的圖像，進而即可得到答案.【詳解】（1）∵周期，∴，又∵是的一個對稱中心，∴，，解得：，，∵，∴，從而，函數圖像上所有點的橫坐標伸長為原來的倍(縱坐標不變)后的解析式為：，從而再將所得圖像向右平移個單位長度后得到函數.（2）假設存在，使得、、按照某種順序成等差數列；當時，，則，，∵，∴，故，即，令，，則故在上單調遞增，又∵，且在上連續，故存在唯一的，使得，即成立，即存在，使得，、或，，成等差數列，∴公差的絕對值，∵，∴，即該等差數列公差的絕對值的取值范圍為.（3）由題意得：，當，即時，，故不是的零點；則的零點個數等價于的根的個數，即與的交點個數，∵，∴是以為周期的周期函數，當時，，∴當時，；當時，，故在，上單調遞增，在，上單調遞減，則在上的大致圖像如下圖所示，由圖像可知：當時，與在內無交點，在內有兩個交點；當時，在內有兩個交點，在內有兩個交點；當時，與在內有且僅有一個交點，在內有兩個交點；綜上所述，在內，當時，與有個交點，即有個零點；當時，與有個交點，即有個零點；當時，與有個交點，即有個零點.22.已知函數.（1）求的極值；（2）若時，恒成立，求實數的取值范圍．答案：見解析解析：【分析】（1）對求導得，分別討論和時，求不等式，的解集，再由極值的定義可求得結果；（2）恒成立，轉化為對任意恒成立，進一步令，對任意恒成立，令，分類討論和是否滿足，即可得出答案.【詳解】（1）函數的定義域為，，當時，在恒成立，在單調遞減，故無極值；當時，令，則，時，，在單調遞減；時，，