【文档说明】天津市八校联考2023届高三上学期期中数学试卷+答案.docx，共(16)页，795.193 KB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83389.html

以下为本文档部分文字说明：

2022—2023学年度第一学期期中八校联考试卷高三数学一．选择题（每题5分，共45分）1.已知全集1,0,1,2,3U，集合0,1,2A，1,0,1B，则UABðA.1B.0,1C.1,2,3D.1,0,1,3【答案】A【解

析】【分析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】={1,3}UCA，则{1}UCAB故选：A【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2.设xR，则“11||2

2x”是“31x”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间关系.详解：绝对值不等式1122x111222x01x，由31x1x.据

此可知1122x是31x的充分而不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.命题“3[0,),0xxx”的否定是的A.3,0,0xxx

B.3,0,0xxxC.30000,,0xxxD.30000,,0xxx【答案】C【解析】【详解】试题分析：全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“30,,0x

xx”的否定是30000,,0xxx，选C.考点：全称命题与存在性命题.4.函数3sinxxxxfxee的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】判断函数为奇函数，由图像可排除C，D；然后利用

特殊值，取x，可排除B.【详解】定义域为R，定义域关于原点对称，33sinsinxxxxxxxxfxeeee，fx是奇函数，排除C，D；当x时，33sin0fxeeee，排除B；故选：A

.【点睛】本题考查了函数图像的识别，函数奇偶性的判断，属于基础题.5.已知等比数列na满足12a，23564aaa，则3a的值为（）A.14B.12C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据23564aaa，利用等

比数列的性质求得2q，再利用通项公式求解.【详解】在等比数列na中，12a，23564aaa，所以46224aa，所以4211,42qq，所以2311aaq，故选：C6.设0.3113211log2,log,32abc，则

,,abc大小关系为（）A.acbB.abcC.bacD.b<c<a【答案】A【解析】【分析】根据函数单调性及中间值比大小.【详解】因为13logfxx，12loggxx，0.3

12hx在定义域上单调递减，故1133log2log10a，112211loglog132b，0.30110122c，所以acb.故选：A7己知函数2()cosfxx，则（）A.()fx在,36

上单调递增B.()fx在,612上单调递减C.()fx在0,4上单调递增D.()fx在,42上单调递减【答案】D【解析】【分析】由二倍角公式化简函数一个角的一个三角函数形式，然后由余弦定理的单调性判断各选项

．.【详解】211()coscos222fxxx，(,)36x时，22(,)33x，0x时函数取得最大值，A错；(,)612x时，2(,)36x，0x时函数取得最大值，B错；(0,)4x时，2(

0,)(0,)2x，()fx在此区间上递减，C错；(,)42x时，2(,)(0,)2x，()fx在此区间上递减，D正确．故选：D．8.已知函数π()sin()(R,0,0,)2fxAxxA的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.直线π

x是()fx图象的一条对称轴B.()fx图象的对称中心为π(π,0)12k，ZkC.()fx在区间ππ,36上单调递增D.将()fx的图象向左平移π12个单位长度后，可得到一个奇函数的图象【答案】C【解析】【分析】由已知图象求得函数解析式，将πx代入解析式，由其结果判断A

;求出函数的对称中心可判断B;当ππ,36x时，πππ2[,]622x，结合正弦函数的单调性判断C;根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.【详解】由函数图象可知，2A,最小正周期为5ππ4()π1

26T，所以2π2π，将点π(,2)6代入函数解析式中，得：π22sin()3，结合π2，所以π6，故π()2sin(2)6fxx，对于A，当πx时，π(π)2sin(2π)16f，故直线

πx不是()fx图象的一条对称轴，A错误;对于B，令π()2sin(2)06fxx，则πππ2π,Z,,Z6122kxkkxk，即()fx图象的对称中心为ππ(,0)122k，Zk，故B错误；对于C，当ππ,36x时，πππ

2[,]622x，由于正弦函数sinyx在ππ[,]22上递增，故()fx在区间ππ,36上单调递增，故C正确；对于D，将()fx的图象向左平移π12个单位长度后，得到πππ()2sin[2()]2sin(2)1263gxxx的图象，该函数不是奇函

数，故D错误；故选：C9.已知定义在0,上的函数fx满足22+<0xfxxfx，324f，则关于x的不等式23fxx的解集为（）A.0,4B.2,C.4,D.0,2【答案】D【解析】【分析】构造函数2hxxfx

，得到函数hx的单调性，根据单调性解不等式即可.【详解】令2hxxfx，则220hxxfxxfx，所以hx在0,单调递减，不等式23fxx可以转化为2234224xfxf，即2hxh，所以

02x.故选：D.二、填空题（每题5分，共30分）10.2212lg5lg2log54_______【答案】3【解析】【分析】根据对数的运算性质即可求得答案.【详解】221222lg5lg2logl

g25lg4lg254lg1041435455,故答案为：3.11.已知函数ln1fxxx，则fx的单调递增区间为______．【答案】0,1【解析】【分析】求出函数的导数

，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可．【详解】解：fx的定义域是0,，11'1xfxxx，令'0fx，解得：1x，故fx在0,1递增，故答案为0,

1．【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道基础题．12.若00mn，，则mnnm21的最小值为__________.【答案】22【解析】【分析】根据已知条件两次运用基本不等式即可求解.详解】21200

,0,0,0mmnmnn，，mmnnnnnmnmnn2211222222，当且仅当2mn时，等号成立，所以当2mn时，mnnm21的最小值为22.故答案为：22.【1

3.函数1(0,1)xyaaa的图象恒过定点A，若点A在直线100mxnymn上，则11mn的最小值为________．【答案】4【解析】【分析】函数1(0,1)xyaaa的图象恒

过定点1,1A，而定点在直线上，代入可得1mn，利用乘“1”法即可得到最值．【详解】函数1(0,1)xyaaa的图象恒过定点1,1A因为点A在直线100mxnymn上，所以1mn则11112224n

mnmmnmnmnmnmn当且仅当12mn时取等号．故答案为：4．【点睛】本题关键点在于找到“1”，隐藏的“1”在定点当中，提醒我们在备考中，要灵活的使用.14.已知22lnfxxaxx在区间1,上单调递增，则实数a的

取值范围是__________.【答案】,5.【解析】【分析】求导后得到2410xax在1,x上恒成立，参变分离后得到14axx在1,x上恒成立，利用导函数求出145xx，从而求出实数a的取值范围.【详解】21414xaxfxxaxx

，1,x，故只需2410xax在1,x上恒成立，则14axx在1,x上恒成立，其中22214140xyxx在1,x上恒成立，故145

xx，所以5a，故答案为：,5.15.已知函数11,03ln,0xxfxxx若函数()0fxax恰有3个零点，则实数a的取值范围为________.【答案】11,3e【解

析】【分析】画出11,03ln,0xxfxxx的图像,再分析()fx与yax的交点个数即可.【详解】画出函数fx的图像,如图所示：先求yax与lnyx相切时的情况,由图可得此时lnyx,1'yx设切点为00,lnxx,则0001l

naxxax,解得0xe,1ae.此时xye.斜率113e.又当13a时13yx与11,03xx平行也为临界条件.故11,3ae.故答案为：11,3e

【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数的问题,需要根据题意画出图像,再分析临界条件分析.属于中档题.三解答题（共75分）16.已知a，b，c分别为锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边，且32sincaC．（1）求A；（2）若7a，

2b，求c；（3）若2cos3B，求sin(2)BA的值．【答案】（1）3（2）3（3）45318【解析】【分析】（1）由正弦定理可求解答案；（2）由余弦定理可求解答案；（3）由正弦的两角差公式再结合二倍角公式可求得答案.【小问1详解】由于02C，所以sin0

C，由32sincaC得3sin2sinsinCAC，所以3sin2A，且三角形ABC锐角三角形，所以3A.【小问2详解】在ABC中，由余弦定理有22222471cos230242bcacAccbcc，解得3c或1

c（舍），故3c.【小问3详解】由2cos3B，可得5sin3B，221cos2cossin9BBB，为45sin22sincos9BBB.所以sin(2)sin2coscos2sinBABABA45113

()929245318.17.已知数列na的前n项和为nS,12a，12nnaS．（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足221lognnnbaa，求数列nb的

前n项和nT．【答案】（1）2nna；（2）1222nn【解析】【分析】（1）由条件得到122nnaSn，结合已知两式相减得到12(2)nnana，再验证21aa，得到数列na是等比数列，从而得到数列的通项公式；（2）由（1）可知221nnbn，利用分组

转化为等差数列和等比数列求和.【详解】（1）12nnaS…………….①12(2)nnaSn………………..②①-②得1nnnaaa，即12(2)nnana又12a,221124,2aaSa12()nnanNa{

}na是以2为首项，2为公比的等比数列1222nnna（2）由（Ⅰ）得2nna2122log2221nnnnbn123...nnTbbbb123(21)(23)(25)...(221)nn123(222...2)[135...(21)]n

n2(12)[1(21)]122nnn1222nn【点睛】本题考查已知nS求na，以及分组转化法求和，重点考查基本方法，计算能力，属于基础题型，本题容易忽略验证21aa，一般求和的方

法包含1.公式法求和；2.裂项相消法求和；3.分组转化法求和；4.错位相减法求和，这些常用方法需熟练掌握.18.已知函数21()3sincoscoscos22fxxxxx（1）求4f的值；（2）求()fx的最小正周期和单调递增区间；（3）求()fx在5,412x

上的最值．【答案】（1）342f（2）最小正周期为，单调递增区间为,,36kkkZ；（3）minmax3(),()12fxfx．【解析】【分析】（1）直接计算即可；（2）根据三角恒等变换得sin26fxx

，再根据三角函数的性质求解即可；（3）结合（2）知fx的单调递减区间为2,,Z63kkk，进而得()fx在5,412上的单调区间，再根据单调性求解即可.【小问1详解】解：因为21()3sincoscoscos22fxxxxx

，所以21=3sincoscos+cos(2?)+444442f2222133022222【小问2详解】解：21()3sincoscoscos22fxxxxx31cos21si

n2cos2222xxx31sin2cos2sin2226xxx，所以()fx的最小正周期为，令222262kxk，解得222233kxk，Zk.即

36kxk，Zk所以，()fx的单调递增区间为,,Z36kkk；【小问3详解】解：由（2）知，fx的单调递增区间为,,Z36kkk

，最小正周期为，所以fx的单调递减区间为2,,Z63kkk，又5,412x，所以，()fx在,46上单调递增，在5,612上单调递减，因为

35sin1,sin,sin06243212fff，所以，minmax3(),()12fxfx．19.已知等差数列{}na前n项和为nS（nN），数列{}nb是等比数列，1=3a，1=1b，2210b

S，5232aba.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）若2,=2nnnnnScabn为奇数，为偶数，设数列{}nc的前n项和为nT，求2nT.【答案】（1）21nan，12nnb，（2）122121442199nnnnTn【解析】【

分析】（1）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q，然后由已知条件列方程组可求出d和q，从而可求出数列{}na和{}nb的通项公式；（2）由（1）可知当n为奇数时，2211(2)2nncSnnnn，当n为偶数时，2(21)2nnnncabn，然

后分奇偶项求解即可.【小问1详解】设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q，因为1=3a，1=1b，2210bS，5232aba，所以+3+3+=103+42=3+2qddqd，解得2

qd，所以1(1)32(1)21naandnn，1112nnnbbq【小问2详解】由（1）得21(1)3(1)22nnnnadnnnnnS，当n为奇数时，2211(2)2nncSnnnn，

当n偶数时，2(21)2nnnncabn，所以2123212nnnTccccc1321242()()nncccccc令1321242,nnnnAcccBccc

，则13211111113352121nnAcccnn1212121nnn，2462222425292132(43)2(41)2nnnnBcccnn

，所以246822225292132(43)2(41)2nnnBnn，为所以2246222324(2222)(41)2nnnBn14(14)44(41)414

nnn14121433nn，所以14121499nnnB，所以122121442199nnnnnnTABn.20.已知函数221()2ln(R)2fxaxxaxa

.（1）当1a时，求曲线yfx在1,1f处的切线方程；（2）求函数fx的单调区间；（3）当a<0时，求函数fx在区间1,e的最小值.【答案】（1）32y（2）答案见解析（3）2min2211,,022e12ln2,,221e2ee,,22aafxa

aaaaa【解析】【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.（2）求得fx，对a进行分类讨论，由此求得fx的单调区间.（3

）结合（2）中fx的单调区间，对a进行分类讨论，从而求得函数fx在区间1,e的最小值.【小问1详解】当1a时，21()2ln2fxxxx，∴312f，2()1fxxx，∴()01f，故切线

方程为：32y.【小问2详解】221()2ln2fxaxxax，∴22(2)()()axaxafxxaxx，0x，∴①当0a时，()0fxx，∴()fx仅有单调递增区间，其为：(0,)，②当0a时，20xa

，∴当(0,)xa时，()0fx；当(,)xa时，()0fx，∴fx的单调递增区间为：(,)a，单调递减区间为：(0,)a.③当a<0时，0xa，∴当(0,2)xa时

0fx；当(2,)xa时()0fx¢>.∴fx的单调递增区间为：(2,)a，单调递减区间为：(0,2)a.综上所述：当0a时，fx仅有单调递增区间，单调递增区间为：(0,).当0a时，fx的单调递增区间为：(,)a，单调递减区间为：(

0,)a.当a<0时，fx的单调递增区间为：(2,)a，单调递减区间为：(0,2)a.【小问3详解】当a<0时，由（2）中③知fx在(0,2)a上单调单调递减，在(2,)a上单调递增，∴①当021a，即1[0)2a，时，fx在

1,e上单调递增，min1()(1)2fxfa，②当12ea，即e1()22a，时，fx在(1,2)a上单调递减，在(2,e)a上单调递增，∴2min()(2)2ln(2)fxfaaa，③当2ea，即e(]2a，时，

fx在1,e上单调递减，∴22min1()(e)2ee2fxfaa.∴2min2211,,022e12ln2,,221e2ee,,22aafxaaaaaa.【点睛】利用导数研

究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.