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2022-2023学年江苏省南通市如皋市高三上学期期中数学试题及答案.doc

发布时间：2023-11-19 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.32M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年江苏省南通市如皋市高三上学期期中数学试 题及答案 一､单项选择题：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. 如图，已知全集U  R ，集合 A    1,2,3,4,5 B   ， ( x x  1)( x   2) 0  ，则图中阴 影部分表示的集合的子集．．个数为（ ） B. 4 C. 7 D. 8 A. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先求得图中阴影部分表示的集合，再利用该集合中元素个数即可该集合的子集．．个数 2x  1    ，则 【详解】 2) 0  1)( x   1 ( x x     x B 痧 U B  B  R  2   x   x x 或 图中阴影部分表示的集合为 A U( B ð )    1,2,3,4,5   x x   或 1 x    2   3,4,5 集合 3,4,5 的子集有 32  8 （个） 则图中阴影部分表示的集合的子集个数为 8 故选：D 2. 已知向量 (   a x  1,2),  b  (2,4) ，则“  x   ”是“ a 3  与b 夹角为锐角”的（ ） A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】B 【解析】 B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【分析】根据向量数量积的定义及坐标表示，由题设条件间的推出关系，结合充分、必要条 件即可得答案.
    【详解】由题设：   a b     a b cos  ， a b  2 x  6 当 x   时， 3  a b  0  ， a b ，    0 ， ，注意当 2   2  x  时，  ， a b  0 ，故充分性不 成立.  当 a 与b 的夹角为锐角时，   a b     a b cos  ， a b  2 x   6 0 ，解得 3 x   . 故必要性成立. 故选：B. 3. 已知函数 ( ) f x 的部分图象如图所示，则 ( ) f x 的解析式可能为（ ） A. ( ) f x  x sin π x C. ( ) f x  x cos π(  x  1)  【答案】B 【解析】 B. ( ) f x  ( x  1)sin π x D. ( ) f x  ( x  1)cos π x 【分析】利用排除法，结合函数图及性质可得出答案. 【详解】解：对于 A， f (  x )   x sin   π x   x sin π x  ( ) f x ， 所以函数 ( ) f x  x sin π x 为偶函数，故排除 A； 对于 D，  0 f    ，故排除 D； 1 0 对于 C， ( ) f x  x cos π(  x  1)    x cos π x ， 则 f (  x )  x cos π x    f x  ， 所以函数 ( ) f x  x cos π(  x 1)  为奇函数，故排除 C.  故选：B. 4. 已知 sin    π   3   2 3 ，则  cos 2   π   3   （ ）
    B. 1 9 C.  4 5 9 D. 4 5 9 A.  1 9 【答案】A 【解析】 【分析】将  cos 2   π   3  化为 cos[2(  π 3 ) π]  ，利用诱导公式以及二倍角的余弦公式， 化简求值，可得答案. 【详解】因为 sin    π   3   2 3 ， 所以  cos 2     π 3     cos[2(   π 3 )  π]   cos[2(   π 3 )] 2sin  2      π   3  故选：A.      1 8 9 1 1 9 , a 5. 已知等差数列{ }na 中， 5 a 14 ，且公差 d  ，则其前 n 项和取得最大值时 n 的值为 0 （ ） A. 8 【答案】B 【解析】 B. 9 C. 10 D. 11 a 【分析】由题意判断出 9 0, a 10  ，即可得到答案. 0 【详解】由等差数列的公差 a d  ， 5 0 a 14 a 知， 5 a 14 a  ，所以 9 0 a 10  ，故 0 a 9 0, a 10  ，则数列{ }na 的前 n 项和取得最大值时 n 的值为9 . 0 故选：B 6. 在 ABC 中，a，b，c分别是角 A，B，C的对边，若 2 a  2 b  2022 c 2 ，则 的值为（ ） B  B. 1 C. 2021 D. 2022 2tan tan  C  A tan A B tan tan A. 0 【答案】C 【解析】
    【分析】将给定三角式切化弦，再利用正弦定理角化边，借助余弦定理及已知计算作答. 【详解】在 ABC 中，由余弦定理得： C a 2  2 b  2 c  2021 c 2 ，  2 sin A  cos A sin A ( cos A 2sin sin cos C 2  sin C cos C A sin B C 2 ab sin cos    cos B B sin B cos B cos 2 ab 2 c )  所以 A tan (tan A 2 tan tan C  B tan ) B  2sin sin cos B sin sin( A B A C  C )  C  2021 . A sin (sin cos 2sin sin cos cos B  C A B C A sin ) B 故选：C 7. 设 ln1.01 a  ， b  1.01 30e ， c  1 101 ，则（ ） A. a b c   C. c b a   【答案】D 【解析】 【分析】构造函数  f x   ln x A,B,再比较 ,a b 大小，即得解. B. a   c b D. c a b     （ 0 x  ），证明 ln x 1 x   x ，令 1.01 x  1 ，排除选项 【详解】解：构造函数  f x   ln x   （ 0 x  ），  1 1 x f  ，  0  f x  所以  f x 在(  )0,1 上 ( ) 0 x¢ f > ，  f x 单调递增，  f x 在   1, 上 ( ) 0 f  1 x x¢ 11    ， x  x < ，  f x  单调递减，所以 ( ) f x max  f (1) 0,       令 1.01 x  ，则   a  ln x ， b  x 30e ， x ln 1 0, ln x x 11c   ，考虑到 ln x   ， 1 x x   x ，可得 1 ln 1 x   ， 1 1 x ln   等号当且仅当   1x 1x  时取到，故 1.01 x  1 x 时 a c ，排除选项 A，B. 下面比较 ,a b 大小，由 ln x 故选：D.   x 得 1 ln1.01 0.01   1.01 30e ，故 b a ，所以c a b   . 8. 已知锐角 ABC   OB OC    OA   A. ( 2,1)  【答案】A 满足 AB  2 3 ， C  °且 O为 ABC 60 的外接圆圆心，若 ，则 2  的取值范围为（ ） B. ( 1,2)  C. [ 2,2)  D. ( 2,2) 
    【解析】 【分析】由题意可得 1 - £ l < 0, 1 - £ m  < ，将OC 0   OA     OB 平方整理得 (   ) 2 2  ( 3  ) 2 2  ，设 1  3  2         sin  ，则有   cos   2            2 3 sin 3  cos   3 3 ，再设 sin  sin a = ,cosm a = ，则有 2  = n  3sin cos  =  - 3m n + ，求解即可. 【详解】解：如图所示： 由正弦定理可得： 2 R = c sin C = 2 3 sin 60 4 = ° ，所以 2R  ， 在 AOB  中，由余弦定理可得 cos Ð AOB = | OA 2 2 | | | | OB + - | | 2 | OA OB  | AB 2 | = 4 4 12 + - 2 2 2 创 = - 1 2 , ,所以 AOB  120  . 鞍 (0 ,180 )   OB OA   ， 又因为 AOB形  又因为OC  OC 所以   2 | |   OA 2  | 2 | 2   |  OB 2 |  2 |     OA OB | |  | cos   AOB ， 即有： 4  2 4    4 4   2 ，即 2      2  ， 1 所以 (   ) 2 2  ( 3  ) 2 2  ， 1 设  3  2         sin  ，可得   cos   2            2 3 sin 3  cos   3 3 ， sin  又因为 ABC 为锐角三角形，所以 1        1    0 0 ，
    所以 1           1 2 3 3 sin   0 cos   3 3 sin   0 ， 设sin a = ,cosm a = ，则有 n 1     2 3  3      n  1 3 3 m  0 ， m  0 所以 2  =  3sin cos  =  - 3 m 骣 琪 n + = × - 琪 桫 2 2 3 3 m n - - - 骣 琪 琪 桫 3 3 m ( Î - 2,1 ) ， 所以 2  Î - ( 2,1) 故选：A. 二､多项选择题：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 3 分，有选错的得 0 分. 9. 已知 0,  a b  0, a  2 b  ，则下列结论正确的是（ ） 1  的最小值为9 1 a log 2 b a 2 A. C.  log 2 b 的最小值为 3 B. 2 a 2 b 的最小值为 5 5 D. 2 a b 的最小值为 2 2 4 【答案】AD 【解析】 【分析】A.根据 0,  a b  0, a  2 b  ，利用“1”的代换，利用基本不等式求解判断； B. 1 根据 0,  a b  0, a  2 b 1  ，转化为二次函数求解判断； C. 由1   a 2 b  2 2 ab ，得到 ab  ，再利用对数运算求解判断； D. 根据 0,  a 1 8 解判断. 【详解】A.因为 0,  a b  0, a  2 b  ，所以 1 b  0, a  2 b  ，利用基本不等式求 1   2 b 1 a  2 b     a  2 b    5 2 b a  2 a b   5 2 2 b a  2 a b  9 ，当且仅当 2 b a  ，即 2 a b 1 a a    1 3 a b  时，等号成立，故正确； B. 因为 0,  b  0, a  2 b 1  ，所以 1 2   ，所以 a b
    2 a  2 b   1 2 b   2  2 b  2 5 b  4 b 1 5   b     2 2 5     1 5    0   b 1 2    ，当 b  时，取得最 2 5 小值 1 5 ，故错误； C. 因为1   a 2 b  2 2 ab ，所以 log 号成立，所以 2 a  log 2 b  log 2 ab  错误； ab  ，当且仅当 1 8 log 1 8 2  ，即 a 2 b 1 2 a log    ，所以 2 3 a  1 2 , b  时，等 1 4 log b 2 的最大值为 3 ，故 D. 因为 0,  a b  0, a  2 b  ，所以 1 a 2  b 4  a 2 2 4  b  2 2 a 2 b  2 2 ，当且仅当 a 2 b ，即 4 a  1 2 , b 故选：AD 10. 已知函数  f x   正确的是（ ）  时等号成立，所以 2 1 4 a b 的最小值为 2 2 ，故正确； 4  sin 2 x         0,0    π 2    的部分图象如图所示，则下列结论 个单位后得到 sin2  y x 的图象    对称    π ,0 3 π 12    上单调递増 A.  f x 的图象关于点  B.  f x 的图象向右平移  C.  f x 在区间  π,     2  D. f π x   6   为偶函数 【答案】BD 【解析】 【分析】利用待定系数法求出 ,，从而可求出函数   f x 的函数解析式，再根据正弦函数
    的对称性，单调性，奇偶性及平移变换的特征逐一判断即可. 【详解】解：因为  f x 的图象过点     10, 2    ，所以 sin  ， 1 2 因为 0   ，所以 π ， π 2 因为  f x 的图象过点     所以由五点作图法可知 ， 6 2π , 1   3  π 6 4π 3    ，得 1 ， 3π 2 所以  f x   x sin 2    π 6    ， 对于 A，因为 f     π 3     sin     2π 3  π 6     sin     π 2    1   ， 所以 x   为   f x 的图彖的一条对称轴，所以 A 错误； π 3 对于 B，  f x 的图象向右平移  π 12 个单位后，得 y   sin 2      x   12     π 6     sin2 x ，所以 B 正确； 对于 C，若 x π,       π 2    ，则 2 x       π 6 11π 6 ,  5π 6    ，所以  f x 在区间  π,     2     上不 单调，所以 C 错误； 对于 D ，  f x     6      sin 2      x      6 6        sin 2   x   2     cos2 x ， 令  g x   f   x   6     cos2 x ，因为  g  x   cos  2  x   cos2 x   g x  ， 所以  g x   f   x   6     cos2 x 为偶函数，所以 D 正确， 故选：BD. 11. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 a 1  2, a n 1   2 S n  2  n N  * ，下列说法正确的 ） 有（ A. 数列 na 是等比数列 B. na   2 3n 1 
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