【文档说明】福建省福清市一级达标校2022-2023高三上学期数学期中试卷+答案.pdf，共(9)页，545.227 KB，由baby熊上传

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福清一级达标校2022－2023学年第一学期期中联考高三数学试卷【完卷时间:120分钟；满分:150分】一、单选题（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．已知集合22Axxx，集合{Z03}Bxx，则AB（）A．

1B．{1,2}C．02xxD．{03}xx2．已知复数z＝2－i1＋i，则下列说法正确的是（）A．z的虚部为－32iB．z的共轭复数－12－32iC．z的模为102D．z在复平面内对应的点在

第二象限3．已知平面向量a，b满足||2,||1ab，2abb，则cos,ab（）A．14B．34C．74D．1544.函数1()cos(33,fxxxxx且0)x

的图象可能为（）A．B．C．D．5．已知5log2a，2log33b，lnec，则下列判断正确的是（）A．cbaB．bacC．acbD．abc6．若π1sin43，则sin2（）A．123B．223C．79D．79

7.函数（，）的最小正周期是，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象（）A.关于点对称B.关于直线对称C.关于点对称D.关于直线对称8.已知函数e4xfxax，对任意的实数12,(,)xx，且12xx，不等式121212

fxfxxxxx恒成立，则实数a的取值范围是（）A．2,eB．32,eC．2,eD．32,e二、多选题（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,有选错得0分）9.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中|OA|＝1，则下列结论正确的有()A．OA―→·OD

―→＝－22B．OB―→＋OH―→＝－2OE―→C．AH―→·HO―→＝BC―→·BO―→D．AH―→·AB―→＝1－210.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题为真命题的是（）sinfxx023fx06

，6x012，12xA．若AB，则sinsinABB．若222sinsinsinABC，则△ABC是钝角三角形C．若coscosaAbB，则△ABC为等腰三角形D．若8,1

0,60acA，则符合条件的△ABC有两个11.已知()fx是定义在R上的函数，且满足(32)fx为偶函数，(21)fx为奇函数，则下列说法正确的是（）A.函数()fx的周期为4B.函数()fx的图象关于直线1x对称C.(2023)0fD.

函数()fx的图象关于点(1,0)中心对称12.已知函数21()exxxfx，则下列结论正确的是()A.函数𝑓(𝑥)存在两个不同的零点B.函数𝑓(𝑥)既存在极大值又存在极小值C.当−𝑒<𝑘<0时，方程𝑓(𝑥)=𝑘有且只有两个实根D

.若𝑥∈[𝑡,+∞)时，𝑓(𝑥)max=5𝑒2，则t的最小值为2三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知函数2,31,3xxfxfxx，则2log3f___________.14.数列na满足*120221,11nnan

aaN，则32na=.15.已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足2BEEC,23AEBD,则AFEF的最小值为.16.定义在0,上的函数fx满足10,ln22xfxf，则不等式e

xfx的解集为___________.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知等差数列na的前n项和为nS，若39a，且．在①4612Sa，②25845aaa，这两个条件

中任选一个，补充在上面问题中，并解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）(1)求na的通项公式；(2)设2nannba，求nb的前n项和nT.18.已知函数32fxaxbx在1x处的切线方程为90xy

.(1)求，ab的值；(2)求函数()fx在[3,3]上的最值．19．已知向量2cos,3mx，2sin,2cos1nxx0，fxmn，（1）若函数yfx的最

小正周期为,求函数yfx的单调减区间.（2）若函数yfx在0,2上有且只有一个极值点，求的取值范围.20.设数列na的前n项和为nS，若*nnSannN，且211nnbna．(1)求数列nb的通项公式

；(2)设数列nb的前n项和为nT，证明：3nT21.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足2coscos0caBbC.(1)求∠B的值；(2)已知点D在边AC上，且3ADDC，3BD，求△ABC面积的最大值.22.已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+12𝑎�

�2−2𝑥+32(𝑎≥0)．（1）讨论函数𝑓(𝑥)的极值点的个数；（2）若𝑓(𝑥)有两个极值点𝑥1，𝑥2，证明：𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<0.高三数学参考答案一、单选题（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。）二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13.1214.21

5.−733616.ln2，四、解答题（本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.解（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d,若选择条件①4612Sa，则由39a，得11129465+

12adadad，解得133ad，33(1)3nann；若选择条件②25845aaa，则由39a，得11293445adad，解得133ad，33(1)3

nann；…………5分（2）由（1）知，选择两个条件中的任何一个，都有3nan，则3223nannnban，nb的前n项和123n88883(123)nTnn2818(1)833

38118272nnnnn.…………10分18.解（1）因3()2fxaxbx，故2()3fxaxb，依题意，有(1)-9(1)9ff即-1139abab,解得112ab

,12345678BCABCDDB9101112ABDABACDABC（2）由（1）知32()122,()312fxxxfxx．令()0fx，得122,2xx．在[3,3]x时，随x的变化．()

fx，()fx的变化情况如下表所示：x3(3,2)2(2,2)2(2,3)3()fx正0负0正()fx11单调递增18单调递减14单调递增7当2x时，()fx有极大值(2)18f，当2x时

，()fx有极小值(2)14f．因为(2)18(3)7;(2)14(3)11ffff．因此()fx在[3,3]的最小值为(2)14f．最大值为(2)18f19.解:依题意,得(1)𝑓(𝑥)=𝑚⋅𝑛=2𝑐𝑜𝑠�

�𝑥𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥+23cos²𝜔𝑥−3=𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥+3𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥=2𝑠𝑖𝑛(2𝜔𝑥+𝜋3)，由𝑓(𝑥)的最小正周期𝑇=2𝜋2𝜔=𝜋，则ω=1,∴𝑓(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3),则令2𝑥

+𝜋3∈(𝜋2+2𝑘𝜋,3𝜋2+2𝑘𝜋)(𝑘∈𝑍)，解得𝑥∈(𝜋12+𝑘𝜋,7𝜋12+𝑘𝜋)，𝑘∈𝑍……6分(2)由(1)得,()2sin23fxx,当0,2x时,则2,333x

,因为函数yfx在0,2上有且只有一个极值点,所以可得:3,322解得,1766…………12分20.解：由nnSan得，当2n时，111nnSan两式作差得：121nna

a，即1211nnaa，即11112nnaa，令1n得112a，所以1na是以12为首项，12为公比的等比数列．所以，112nna，即112nna．故212112nnnnbna.……6分（2）由（1）知

123211352222nnnTL234121113522222nnTnL两式作差得：2312312121112221111222222222222nnnnnTnn

LL21121111121211111323222412222222212nnnnnnnn所以23332nnnT．…………12分21.解（1）(2)coscos0caBbC，由三角形正弦定理可得(sin2si

n)cossincos0CABBC即(sincossincos)2sincos0CBBCAB，sin()2sincos0BCAB，ABC，sin()2sincossin()2sincossin2sincos0

BCABAABAAB，故sin2sincosAAB，A是ABC的内角，sin0A，1cos2B，而B为三角形内角，23B.…………6分（2）因为3ADDC，所以

3BDBABCBD，所以1344BDBABC，所以22193916168BABCBABC，故221939161616caac，由

基本不等式可得333981616acacac，故48ac，当且仅当4,12ac时等号成立，故面积的最大值为134812322…………12分（其他解法视情况酌情给分！）22.(1)解：𝑓′(𝑥)=1𝑥+𝑎𝑥

−2=𝑎𝑥2−2𝑥+1𝑥，𝑥∈(0,+∞)．①当𝑎=0时，𝑓′(𝑥)=−2𝑥+1𝑥．当𝑥∈(0,12)时，𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在(0,12)上单调递增；当𝑥∈(12,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥

)在(12,+∞)上单调递减．即函数𝑓(𝑥)只有一个极大值点12，无极小值点．…………2分②当0<𝑎<1时，△=4−4𝑎>0，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=1±1−𝑎𝑎．当𝑥∈(0,1−1−𝑎𝑎)∪(1+1−𝑎𝑎,+∞)时，𝑓′(

𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在(0,1−1−𝑎𝑎)，(1+1−𝑎𝑎,+∞)上单调递增；当𝑥∈(1−1−𝑎𝑎,1+1−𝑎𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(1−1−𝑎𝑎,1+1−𝑎𝑎)上单调递减．即函数𝑓

(𝑥)有一个极大值点1−1−𝑎𝑎，有一个极小值点1+1−𝑎𝑎．…………4分③当𝑎≥1时，△=4−4𝑎≤0，此时𝑓′(𝑥)≥0恒成立，即𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，无极值点．综上所述，当𝑎=0时，𝑓(𝑥)有且仅有一个极大

值点，即只有1个极值点；当0<𝑎<1时，𝑓(𝑥)有一个极大值点和一个极小值点，即有2个极值点；当𝑎≥1时，𝑓(𝑥)没有极值点．……………6分(2)证明：由(1)可知，当且仅当0<𝑎<1时，𝑓(𝑥)有两个极值点𝑥1，𝑥2，且𝑥1，𝑥2为方程𝑎𝑥2−2𝑥+1=0的

两根，即𝑥1+𝑥2=2𝑎，𝑥1𝑥2=1𝑎，所以𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=𝑙𝑛𝑥1𝑥2+𝑎2(𝑥21+𝑥22)−2(𝑥1+𝑥2)+3=ln1𝑎+𝑎2(4𝑎2−2𝑎)−4𝑎+3=−𝑙𝑛𝑎−2𝑎+2．

…………9分令𝑔(𝑎)=−𝑙𝑛𝑎−2𝑎+2，𝑎∈(0,1)，则𝑔′(𝑎)=−1𝑎+2𝑎2=2−𝑎𝑎2>0恒成立，所以𝑔(𝑎)在(0,1)上单调递增，所以𝑔(𝑎)<𝑔(1)=−𝑙𝑛1−2+2=0，即𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<0．……………

12分