【文档说明】湖北省武汉市华师一附2023届高三上学期期中数学试卷+答案.docx，共(24)页，1.427 MB，由baby熊上传

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华中师大一附中2022-2023学年度上学期高三年级期中检测数学试题本试题共4页，四大题．全卷满分150分，考试用时120分钟．请将答案填涂在答题上．命题人：胡兵华方牡丹审题人：张丹王文莹一、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.已知复数z满足1i13iz，则复数z（）A.12iB.12iC.12iD.12i【答案】D【解析】【分析】由题意可得13i1iz，再根据复数的四则运算计算即可.【详解】解：因为1i13iz

，所以13i(13i)(1i)134i12i1i(1i)(1i)2z.故选：D.2.集合cos0,RAxxx，2R50Bxxx，则AB（）A.0,2B.0,

2C.2D.3,22【答案】D【解析】【分析】先解出集合A，B的具体区间，再按照交集的定义求解即可.【详解】对于集合A，cos0,,Z2xxkk；对于集合B，250,05xxx；由于3π52π2，0,1k，3,22AB

；故选：D.3.在ABC中，“tantan1BC”是“ABC为锐角三角形”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】若ABC为锐角三角形,则2BC,则2BC,进而

可得tantan2BC,利用诱导公式可得tancot0BC,即tantan1BC,即可得到结果.【详解】若ABC为锐角三角形,则2BC,即2BC,又02B,02C,则022C

,所以tantan2BC,则tancot0BC,所以tantan1BC；若tantan1BC,则tan0,tan0BC,即,BC均为锐角,所以1tantanBC,

即tancottan2BCC,所以2BC,则2BC,即2A,所以ABC为锐角三角形；故“tantan1BC”是“ABC为锐角三角形”的充要条件,故选:C【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判定,考查诱导公式在三角形中的应用.4.已函数fx及其导函数fx定义域均为R，且0fxfx，01f，则关于x的不等式exfx的解集为（）A.0xxB.0xx

C.1xxD.1xx【答案】B【解析】【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.【详解】由e1exxfxfx，设

0eexxfxfxfxgxgxgx是实数集上的减函数，且01g，所以由1100exfxgxgx，故选：B5.已知0x，0y，且2xy，则2221xyx

y的最小值为（）A.52B.72C.722D.5【答案】C【解析】【分析】由2221xyxy12232yxyx，再利用基本不等式求解即可.【详解】因为0x，0y，2xy，所以22212112122xyxyxy

xyxyxy12172323222222yxxy，当且仅当22yxxyxy即222422xy等号成立.故选：C.6.函数2e,0()4,0xxfxxxxx„，方程20fxtfx有

6个不同的实根，则实数t的取值范围为（）A.e4tB.4tC.etD.e4t【答案】A【解析】【分析】方程20fxtfx有6个不同的实根，等价于()yfx的图象与直线,0yty有6个不同的交

点，作出函数的图象可得答案．详解】由方程20fxtfx得fxt或0fx，则方程20fxtfx有6个不同的实根，等价于()yfx的图象与直线,0yty有6个不同的交点，当0x时，e()xfxx，则2(1)()x

xefxx，令()0fx，得：1x，当(0,1)x时，()0fx，()fx单调递减；当(1,)x时，()0fx，()fx单调递增，故1x时，()fx取极小值(1)ef，当0x„时，22()4(2)4fxxxx，当(,2)x时

，()fx单调递增；当(2,0)x时，()fx单调递减，且(4)(0)0,(2)4fff，根据以上信息，作出()fx的大致图象如图，由图可知，()yfx的图象与直线0y有2个不同的交点，由题意，只需()yfx的图象与直线yt有4个不同的交点，则e4t，综上得

：t的取值范围是e4t．故选：A．7.定义在0,4上的函数fx满足22fxfx，02x时()lnfxx=，若fxkx的解集为04xxabx或，其中ab，则实数k的取值范围为（）A.ln2,2B.ln

2,2C.1,eD.【1,e【答案】B【解析】【分析】根据题意可知：函数()fx关于2x对称，作出函数()fx在区间(0,4)上的图象，然后根据函数的图象和不等式的解集确定实数k的取值范围即可.【详解】因为函数fx满足2

2fxfx，所以函数()fx关于2x对称，作出函数()fx在区间(0,4)上的图象，又因为不等式fxkx的解集为04xxabx或，其中ab，根据图象可知：当直线ykx过点(2,ln2)时为临界状态，此时

ln22k，故要使不等式fxkx的解集为04xxabx或，其中ab，则ln22k，故选：B.8.随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地AOB，其半径为20m，90AOB，C为弧AB的中点，要在其

内接矩形MNPQ（点M、Q分别在半径OA、OB上，点N、P在弧AB上，且MNOC∥）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：2m）（）A.50B.25C.40021D.4002【答案】C【解析】【分析】连接OP，设POB，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示

出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题【详解】连接OP，OC交PN于点E，设POB，四边形MNPQ为矩形，并且MNOC∥，90PEO，又C为弧AB的中点，20mOBOCOA，45COB，45COP，在直角三角形POE中，sin(45)2

0PE，240sin(45)PNPE，在OPQ△中，4590135PQO，由正弦定理sin135sinOPPQ得，202sinPQ.矩形MNPQ的面积22202sin40si

n458002sincossin22SPQPN4002sin(2)4004，由题意可得04，32444，当242时，矩形MNPQ面积最大为40021.故选：C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2分，有选错的得0分.9.设z为复数，a，Rb，则下列说法正确的是（）A.若izab，则z的实部和虚部分别为a和bB.设z为z的共轭复数，则zzC22||zzD.若

3inz，*Nn，则z在复平面内对应的点位于第一象限或第四象限.【答案】AB【解析】【分析】结合复数的定义和复数的相关性质即可得出答案【详解】由复数的概念可知，izab复数的实部为a，虚部为b，所以A正确，i

zab和=izab可知22||||zzab，所以B正确，对于C，||222zab是一个实数，而22=(i)zab不一定为实数，所以C错误，当n取偶数时，z为实数，在复平面对应点在实轴上，所以D错误故选：AB10.已知数列

na的前n项和nS满足2*11,R,NnSannbabn，则下列说法正确的是（）A.0b是na为等差数列的充要条件B.na可能为等比数列C.若0a，Rb，则na为递增数列D.若1a，则nS中，5S，6S最大【答案】ABD【解析】【分析】计算111aab

，当2n时，211nanaa，验证知A正确，当0ab==时是等比数列，B正确，举反例知C错误，计算60a得到D正确，得到答案.【详解】211nSannb，1111aSab；当2n时，221111111211nnnannbannbanaaSS

，当0b时，111aa，满足通项公式211nanaa，数列为等差数列；当na为等差数列时，121111baaaa，0b，故A正确；当0ab==时，11na，是等比数列，B

正确；2311aa，取2ba，则21aa，C错误；当1a时，从第二项开始，数列递减，且212nan，故60a，故5S，6S最大，D正确.故选：ABD11.如图，ABC中，13BDBC，12AEAC，AD与BE交于点F，则下列说法正确的的

是（）A.1233ADABACB.12BFBEC.:1:3BFDAFESS△△D.20AFBFCF【答案】BCD【解析】【分析】根据向量的三角形法则逐项计算判断即可．【详解】解：为了判断下面的有关结论，先引入三点共线向量形式的充要条件，设,,ABC三点共线，O为

线外一点，则1OBmOCmOA，即OA与OC前系数和为1，证：,,ABC三点共线，ABmAC，OBOAmOCOA，1OBmOCmOA．11213333ADABBDABBCABACABABAC，故A错；,,BFE三

点共线，112AFABAEABAC，,,AFD三点共线，233AFADABAC，23132，解得1234，1122AFABAE，∴F为BE的中点，12BFBE，

故B对；111443BFDABDABCSSS△△△，111222AFEABEABCSSS△△△，:1:3BFDAFESS△△，故C对；取AB中点G，BC中点H，如下图，则,,GFH三点共线，2AF

BFCFAFBFBFCFFBFBFFAC220FGFHEAEC，故D对．故选：BCD．12.函数exaxfx和lnxgxax有相同的最大值b，直线ym与两曲线yfx和ygx恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为1

23,,xxx，则下列说法正确的是（）A.1aB.1beC.1322xxxD.2132xxx【答案】ABD【解析】【分析】利用导数的性质，根据最大值的定义，结合数形结合思想、指数与对数恒等式进行求解即可.【详解】(1)ee

xxaxaxfxfx，当0a时，当1x时，0,fxfx单调递减，当1x时，0,fxfx单调递增，所以当1x时，函数fx有最大值，即max1eafxf；当a<0时，当1

x时，0,fxfx单调递增，当1x时，0,fxfx单调递减，所以当1x时，函数fx有最小值，没有最大值，不符合题意，由2ln1lnxxgxgxaxax，当0a时，当ex

时，0,gxgx单调递减，当0ex时，0,gxgx单调递增，所以当ex时，函数gx有最大值，即max1eegxga；当a<0时，当ex时，0,gxgx

单调递增，当0ex时，0,gxgx单调递减，所以当ex时，函数gx有最小值，没有最大值，不符合题意，于是有111,0,1,eeaaaabae，因此选项AB正确，两个函数图象如下图所示

：由数形结合思想可知：当直线ym经过点M时，此时直线ym与两曲线yfx和ygx恰好有三个交点，不妨设12301exxx，且12312223lnlneexxxxxxmxx，由1212212ln2lnlnlneexxxxxfxfxx

，又121,lnlne1xx，又当1x时，fx单调递增，所以12lnxx，又3233223ln3lnlnlneexxxxxfxfxx，又231,lnlne1xx，又

当1x时，fx单调递减，所以23lnxx，332222ln1lnlnxxxxxxm，22121lnxxxxm，于是有23213212xxxxxxx，所以选项D正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：利用数形结合思想

，结合等式logbaab是解题关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分13.已知向量a与b不共线，且3ab与2ab共线，则___________．【答案】6【解析】【分析】根据向量共线定理列方程

求解即可.【详解】因为3ab与2ab共线，所以存在唯一实数，使3(2)abab，即32abab，因为向量a与b不共线，所以32，解得6，故答案为：614.函数π2si

n2(0)6fxx在π,π2上单调递增，则的最大值为__________．【答案】16【解析】【分析】由π,π2x得到πππ2π,2π666x，结合正弦函数图象得到不等的式组，求出21236kk

，Zk，利用21236106kkk，求出0k，从而得到106，得到答案.【详解】π,π2x，则πππ2π,2π666x，因为0，所以

要想fx在π,π2上单调递增，需要满足πππ2π26k且ππ2π2π62k，Zk，解得：21236kk，Zk，所以21236106kkk，解得：1566k，因为Zk，所以0k，因为0，所以106

，的最大值是16.故答案为：16.15.函数fx及其导函数fx定义域均为R，且32fx是偶函数，记gxfx，1gx也是偶函数，则2022f___________．【答案】0【解析】【分析】根据函数的奇偶性得到

4gxgx，根据导函数的奇偶性得到2gxgx，确定函数的周期为4，得到202220222fgg，计算得到答案.【详解】32fx是偶函数，3232fxfx，两边求导得到

332332fxfx，即3232gxgx，即4gxgx，取2x，22gg，20g，1gx也是偶函数，故11gxgx，即2gxgx，故24gxxg，即

2gxgx，24gxgx.故4gxgx，4是函数的一个周期，2022202220fgg.故答案为：016.设A，B，C是ABC的三个内角，ABC的外心为O，内心为I．0OI且OI与BC共线．若11tantant

an22kABC，则k___________．【答案】2【解析】【分析】由O，I分别是三角形的外心和内心，利用OI与BC共线得到线段的长度关系，用tan2B，tan2C表示出相应线段，得到等式.【详解】设内切圆半径为

r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，则tan2rBDB，tan2rCDC，因为OI与BC共线，所以OMIDr，又因为2BOCA，BOMA，所以tanBMrA，因为2BMBDCD，所以2tantantan22rrrABC，即

112tantantan22ABC，所以2k.故答案为：2四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.函数sin0,πfxx的

部分图象如图所示，其中//MNx轴．（1）求函数yfx的解析式；（2）将yfx的图像向右平移π4个单位，再向上平移2个单位得到ygx的图像，求π8g的值．【答案】（1）5πsin26fxx

（2）6224【解析】【分析】（1）根据图象可求函数的对称方程及34T，故可求函数的解析式；（2）根据图象平移可求gx的解析式，故可求π8g的值.【小问1详解】由图象可得函数图象的一条

对称轴为πππ2623x，故32π5ππ3π41234，故2，故sin2fxx，而π2πsin133f，故2ππ2π,Z32kk即7

π2π,Z6kk而π，故5π6，故5πsin26fxx.【小问2详解】将yfx的图像向右平移π4个单位，再向上平移2个单位得到ygx的图像，故π5ππsin22sin22263gxxx，故π

ππππππππsin2sin22sincoscossin843343434g6224.18.已知数列na满足11a，*1121nnaannN．（1）求数列na的通项公式；（2）求数列na的前n

项和．【答案】（1）12nnna（2）11222nnnnS【解析】【分析】（1）根据构造法得出数列nan是首项为1，公比为12的等比数列即可；（2）根据错位相减求前前n项和即可.【小问1详解】由题知，1

1a，*1121nnaannN因为*11121nnnnaaannnN，所以1112nnaann，所以1112nnanan因为1101a，所以数列nan是首项为1，公比为12的等比数

列，所以1111122nnnan，所以12nnna.【小问2详解】由（1）得12nnna，所以01221123122222nnnnnS①，23111231222222nnnnnS②，由①

②错位相减得：211111122222nnnnS11122212212nnnnnn所以11222nnnnS.19.在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知22232sinabcbcA．（1）求22s

incosAB的取值范围；（2）若D是AB边上的一点，且:1:2ADDB，2CD，求ABC面积的最大值．【答案】（1）31,12（2）332【解析】【分析】（1）先求出C，再根据

三角变换公式化简22sincosAB，利用余弦函数的性质可求其取值范围；（2）根据题设可得1233CDCBCA，平方后利用基本不等式可求max6ab，故可求面积的最大值.【小问1详解】因为22232sinabcbcA，故222232cos2sinabababCbcA

，整理得到：23cos2sinabCbcA即3cossinaCcA，故3sincossinsinACCA，而A为三角形内角，故sin0A，所以3cossinCC，故tan3C，而C为锐

角三角形内角，故π3C.221sincos1cos2cos22ABBA12π1cos2cos223BB14π1cos2cos223BB1333π1cos2sin2

1cos222226BBB,因为三角形为锐角三角形，故π022ππ032BB，故ππ62B，故ππ7π2266B，故π1cos206B，故2231sincos1

2AB.【小问2详解】由题设可得2BDDA，故2CDCBCACD，整理得到：1233CDCBCA，故222144999CDCBCACBCA即22144149992abab，整理得到：223642426ababababab，当且仅当23,3

ab时等号成立，故max6ab.故三角形面积的最大值为13336222.20.已知函数23lnfxax，Ra．（1）若fx的定义域为{|0,R}xxx，值域为R，求a的值；（2）若0a，且对任意

的1,13c，当1x，2,2xcc时，总满足12ln2fxfx，求a的取值范围．【答案】（1）0a（2）45,7【解析】【分析】（1）由定义域为{|0,R}xxx，可得230ax恒成立；由值域为R可得，23ax能取到(0,)

内任意实数，即可得a的值；（2）对()fx求导，根据导数的正负判断出()fx在,2cc上单调递减，将问题转化为任意的1,13c，33lnlnln22aacc，令33g=lnln2xaaxx

，1,13c，求导，利用max()ln2gx求解即可．【小问1详解】解：因为fx的定义域为{|0,R}xxx，所以0x且xR，230ax恒成立，则23ax，又20x，所以0a又因为fx

值域为R，所以23ax能取到(0,)内任意实数，所以0a故0a；【小问2详解】解：因为23lnfxax，所以332216616333xfxxaxxaxax，所以当(,0)x时，()0fx，()fx单调递增；当,()0

x时，()0fx，()fx单调递减；所以fx在,2cc上单调递减，12max33()()()(2)lnln2fxfxfcfcaacc，问题可转化为：任意的1,13c，33lnlnln22aacc

恒成立，令33g=lnln2xaaxx，1,13x，222222332344633033332232232xaxaxgxxaxxaxxaxx

axaaxx，所以()gx在1,13x上单调递减，所以max19ln9ln37gxgaa，所以9ln9lnln27aa，则929790

907aaaa，解得457a，故a的取值范围为：45,7．21.已知函数21ln42fxaxx．（1）若6a，求fx在区间2,12上的最小值；（2）若fx

有两个不同的极值点1x，2x（12xx且11x），且不等式2211ln221xtaxx恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）13ln32（2）,1【解析】【分析】（1）利用导数研究fx在区

间2,12上的单调性，进而求得fx在区间2,12上的最小值（2）利用极值点建立12,xx的关系式，化简不等式2211ln221xtaxx，利用构造函数法，结合导数来求得t的取值范围.【小问1详解】211ln4022fxaxxx，当6a时，2

13ln402fxxxx，2133434xxxxfxxxxx，所以fx在区间2,3,0,fxfx递减；在区间3,12,0,fxfx递增.所以fx在区间2,12上的最

小值为133ln32f.【小问2详解】211ln4022fxaxxx，2284022axxafxxxxx，由于fx有两个不同的极值点12,xx，12xx且11x，所以方程2280x

xa有两个不同的正根12,xx，所以1212Δ64804002280axxaxxa，解得08a且6a.因为120xx，所以21114,02xxxx且11x.依题意，2211ln221xtaxx恒成立，即21221

1ln2421xtxxxx，212211ln2421xtxxxx，2111ln212xtxx，1211ln221xxtx，11112ln211xxtxx，11112ln2101xxtxx，11112ln2101xx

txx，211111212ln01txxxxx，当101x时，1101xx；当112x时，1101xx.令2212ln02txhxxxx，2222202txxthxxx

.①当2t时，0hx，hx在0,2上递增，10h，所以当1,2x时，0hx，2212ln01txxxxx不符合题意.②当2t时，令

222202pxtxxtx，2442t，当0，即1t时，0hx，hx在0,2上递减，10h，所以当01x时，0,01xhxx，则2212ln01txxxxx；当12x时，0,

01xhxx，则2212ln01txxxxx；所以2212ln01txxxxx对任意0,11,2x恒成立.当0，即12t时，二次函数222202pxtxxtx

的开口向下，对称轴为112xt，且2121212220pttt，令01,22xt，则当01,xx时，0px，即0hx，所以h

x在01,x上递增，10h，所以hx在01,x上有0hx，2212ln01txxxxx不符合题意.综上所述，t取值范围是,1.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可以考虑利用化归与转化的数学思想方法化简恒成立的不等式，将其转

化为可以利用导数进行研究的形式.也可以考虑分离常数法，分离常数后利用构造函数法，结合导数来进行研究.22.已知函数=ecossin1xfxxx（e为自然对数的底数）．（1）证明：当π0,2x时，0fx；（2）①证明：fx在区间0,5π内有4

个零点；②记①中的4个零点为1x，2x，3x，4x，且1234xxxx，求证：1423+>+xxxx．【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）对函数fx求导，引入=gxfx再求导，可得gx在π0,2x是减函数

，结合00g可得0fx进而得fx是减函数，又(0)=0f根据单调性可得结论；（2）①求出gx在0,5π有四个零点，把函数gx在区间0,5π划分为五个单调区间，进一步找到

gx在0,5π有四个零点，又把函数fx在区间0,5π划分为五个单调区间，结合单调性以及零点存在性定理，可得fx在区间0,5π内有4个零点；②根据函数表达式可求得13=π2x，37=π2

x，把要证的不等式转化为证明422π>xx成立，通过找点锁定422π,xx均在区间ππ2π+,2π+32内，而fx在ππ2π+,2π+32是减函数，转化为证明422π<fxfx即可，利用4=0fx，可证422π<0=fxfx

，使得命题得证.小问1详解】=ecosesincosxxfxxxx，设=gxfx，则=ecosesinesinecos+sin=sin12exxxxxgxxxxxxx，【因为π0,2

x，所以0gx，所以gx单调递减，又00g，所以0gx，即0fx，所以fx单调递减，又0=0f，所以0fx；【小问2详解】①由（1）知=sin12exgxx，令=0gx得πx，2π，3π

，4，且0,πx，gx单调递减，π,2πx，gx单调递增，2π,3πx，gx单调递减，3π,4πx，gx单调递增，4π,5πx，gx单调递减，又00g，π=1e<0g，2π2π=e1>0g，3

π3π=1e<0g，4π4π=e1>0g，5π5π=1e<0g，所以存在π,2πa，2π,3πb，3π,4πc，4π,5πd使====0gagbgcgd，

且0,xa，=<0fxgx，fx递减，,xab，=>0fxgx，fx递增，,xbc，=<0fxgx，fx递减，,xcd，=>0fxg

x，fx递增，,5πxd，=<0fxgx，fx递减，又<0=0faf，>2π>0fbf，<3π<0fcf，>4π>0fdf，5π<0f，所以1,xab，2,xbc，3,xcd，4,5πxd，使1

234====0fxfxfxfx，所以fx在0,5π上有4个零点．②由①知，1,2πxa，又3π=02f，所以13=π2x，3,4πxc，又7π=02f，所以37=π2x，所以要证1423+>+xxxx即证：42>2

πxx，即证422π>xx，因为π4π+3π134π+=e1>0322f，π4π+=2<02f，所以4ππ4π+,4π+32x，又π2π+2π132π+=e1>0322f，π2π+=2<02f，所以2ππ

2π+,2π+32x，所以4ππ2π2π+,2π+32x，又因为ππ2π+,2π+32x，fx递减，又ππ2π+2π+33π1312π+=ee<03222f，所以0fx，所以fx

在ππ2+,2π+32x单调递减，所以只需证422π<fxfx，又442π2π444442π=ecos2πsin2π1=ecossin1xxfxxxxx，又4=0fx

，所以444ecossin1=0xxx，所以44442π2π444422π=ecosecos=cosee<0=xxxxfxxxxfx，所以422π>xx，所以42>2πxx．【点睛】本题先考查了函数与导数基本概念和运算，利用导数判断单

调性，对导函数进行二次求导判断单调性，结合端点函数值，推证0fx作了深入考查，在判断fx四个零点以及证明不等式时，解题难度进一步增加，要求学生具有严密的逻辑推理能力，很强的直观想象能力，分层求导，由下及上是基

本的解题环节，题目在知识层面，能力层面创新层面要求很高，区分度和选拔功能很强.