湖北省宜昌市协作体2023届高三上学期数学期中试卷+答案.pdf

1、宜昌市协作体高三期中考试宜昌市协作体高三期中考试 数学试卷数学试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1设集合12,2,xAxxBy yxA=，则AB=（）A 1,2 B(0,2 C 1,4 D1,22 2设 i 为虚数单位，若复数 z 满足(1i)2z+=，则|iz =（）A1 B2 C3 D2 32cos70 cos2012sin 25等于（）A34 B32 C12 D2 4已知函数()f x的图象如图所示，则该函数的解析

2、式为（）A 2()xxxf xee=+B 2()xxeef xx+=C 2()xxxf xee=D2()xxeef xx=5如图，在平行四边形ABCD中，4,3ABAD=，点 E 是AB的中点，点 F 满足2BFFC=，且13DF=，则EF DF=（）A9 B92 C7 132 D4 14 6生物体的生长都经过发生、发展、成熟三个阶段，每个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢、在发展阶段速度加快，在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的变化曲线称为生长曲线 美国生物学家和人口统计学家雷蒙德 皮尔 提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“

3、皮尔曲线”的函数解析式为()(0,1,0)1kx bKf xKaka+=，则不等式21(2)ef x+的解集为（）A(1,)+B(,1)C(,3)D(3,)+二、选择：本面共二、选择：本面共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9已知0ab，则下列说法正确的是（）A22bbaa+B2 aabb+C11abab+Dlglnlg22abab+10已知函数()sin()0,0,|2f

4、 xAarxAar=+，若()()1g xff x=+，则下说法正确的是（）A当0a 时，()g x有 4 个零点 B当0a 时，()g x有 5 个零点 C当0a 时，()g x有 1 个零点 D当0a，则实数 m 的取值范围是(,1 C当1m 时，()fx既存在根大值又存在极小值 D当1m 时，()fx恰有 3 个零点123,x x x，且1231x x x=三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13若角的终边在第四象限，且4cos5a=，则5tan4=_ 14已知函数2()1|1|axf xx=+是奇函数，用实数 a 的取值范

5、围为_ 15在ABC中，60BAC=，点 D 是BC上一点，AD是BAC的平分线，2,3ADBC=，则ABC的面积为_ 16已知函数33,()()lnxf xxeg xxx=，若0,0ab，且()()f ag b=，则3ab的最大值为_ 四、解答题：共四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（本小题满分 10 分）已知平面向量,a b 满足2(25,4),3(10,3)abmabm+=+=+，其中mR（1）若ab，求实数 m 的值；（2）若ab，求ab+与2ab夹角的余弦值 18（本小题满分 12 分）已知关于 x 的不

6、等式2250axbxa+的解集是113xx，且1ambn+=，求1nmn+的最小值 19（本小题满分 12 分）记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2tan11,sintan43BcBA=（1）求ABC的面积；（2）若2sinsin3AC=，求 b 20（本小题满分 12 分）已知函数()222()loglog3()f xxaxa=+R（1）若1a=，求()fx在区间1,42上的值域；（2）若关于 x 的方程()0fxa+=在1,8上有解，求实数 a 的取值范围 21（本小题满分 12 分）已知函数()2sin()0,|2f xx=+（e 是自然对数的底数）（1）当1a=时，

7、试判断()fx在()1,+上极值点的个数；（2）当11ae时，求证：对任意11,()xf xa 宜昌市协作体高三期中考试数学试卷宜昌市协作体高三期中考试数学试卷 参考答案、提示及评分细则参考答案、提示及评分细则 1D 集合 1,2A=，集合1,42B=，1,22AB=故选 D 2 C 由 已 知 得22(1i)1i1i(1i)(1i)z=+，所 以|2z=，所 以|i|2i|3z =故选 C 3C 21sin40cos70 cos20sin20 cos201212sin 25cos50sin402=故选 C 4D 由题图知：()f x的定义域为(,0)(0,)+，排除 A；当333eeeeee

8、(),()()()xxxxxxf xfxf xxxx+=，故3ee()xxf xx+=是奇函数，排除 B 当222()(),()()eeeeeexxxxxxxxxf xfxf x=，故2()eexxxf x=是奇函数，排除 C故选 D 5A 因为13DFDCCFABAD=+=，所以2222121339DFABADABAB ADAD=+，即2131613AB AD=+，解得6AB AD=，又1223EFEBBFABAD=+=+，所以221121129323229EF DFABADABADABAB ADAD=+=+=，故选 A 6 B 根据已知(0)1m,(1)2.5mff=，得1310b+=且1

9、34k b+=，得2,1bk=，所 以210()13xf x+=+，从 而12103010(3)7.5m,(4)9m13413ff=+，所 以(4)(3)1.5mff=故选 B 7A 若tantan1AB=，则sinsin1coscosABAB=，即coscossinsincos()cos0ABABABC=+=，所以2C=所以2AB+=，即2AB=，所以coscos2AB=，所以2222coscossin1cos2ABBB=，所以22coscos1AB+=，所以“tantan1AB=”是“22coscos1AB+=”的充分条件 若22coscos1AB+=，则222222coscos1sinc

10、ossincosABAABB+=+，即 22111tan1tan1AB+=+，所 以22tantan1AB=，所 以tantan1AB=或tantan1AB=，所以“tantan1AB=”不是“22coscos1AB+=”的必要条件，所以“tantan1AB=”是“22coscos1AB+=”的充分不必要条件故选 A 8 A 因 为 定 义 在 R 上 的 偶 函 数()f x满 足33022fxfx=，故33022fxfx+=，即3322fxfx=+，即()f x的 周 期 为 3 又1(2022)ef=，故32e(3 6733)ef+=，即32e(3)ef=因为()()()f xfxfx=

11、，即()()0f xfx+，故构造函数()e()xg xf x=，则()e()()0 xg xf xfx+=，所以()e()xg xf x=在R上 单 调 递 增，且2(3)eg=又1(2)exf x+，即22(2)1,(2)e(3)eexxg xg xg+=，所以23x+，解得1x 故选 A 9BD 因为22()0,02(2)bbbaabaaa a+=，所以,abaab，所以2 aabb+，故 B 正确；当12,2ab=时，11abab+=+，故 C 错误；因为0ab，所以2lglglglglg222abababab+=，故 D 正确故选 BD 10ABD 由题意知344,4918AT=，解

12、得23T=，所以23T=，所以()4sin(3)f xx=+又点4,49在()f x的图象上，所以44sin 349+=，所以432,32kk+=+Z，解得2,6kk=+Z，又|2时，令()f xt=，所以()10f t+=，解得13t=或3t=或2ta=作出函数()f x的图象，如图 1 所示，易得()f xt=有 4 个不同的实数解，即当0a 时，()g x有 4 个零点故 A 正确，B 错误；当0a 时，令()f xt=，所以()10f t+=，解得13t=或3t=作出函数()f x的图象，如图 2 所示，易得()f xt=有 1 个实数解，即当0a，所以()f x在(0,)+上单调递增

13、，即2211()2 ln22ln120 xfxxxmxxxmxx+=+=+在(0,)+上恒成立令21()2ln12h xxmx=+，则()233321222(1)(1)()xxxh xxxxx+=当1x 时，()0h x，当01x时，()0h x时，由 B 选项知，min?()220h xm=，所 以22822()820 xxu xxxx=在(1,)+上恒成立，所以()u x在(1,)+上单调递增，所以()(1)32ln20u xu=，所以214212ln202hmmmm=+，又()h x在(0,1)上 单 调 递 减，所 以 存 在 41,12xm，使得()40h x=又()21e10emm

14、h=+，又()h x在(1,)+上单调递增，所以存在()51,emx，使得()50h x=所以当40 xx为增函数，当45xxx时，()0,()fxf x时，()0,()fxf x为增函数，故()f x既存在极大值又存在极小值，故 C 正确；因为()()22(1)11 ln1110fm=+=，由C 选项知()4(1)0fxf=，()5(1)0fxf=当0 x 时，()f x ；当x +时，()f x +，故 函 数()f x有 三 个 零 点，不 妨 设 为123,x x x，()12301,1,1xxx=又()()()()22211111122111111111 ln11 ln11 lnf

15、xfxxm xmxxxxxx+=+=+()()()2222211111112221111111ln11 ln10 xxmxxmxxmxxxx+=+=，故 有311xx=，则1231x x x=即当1m 时，()f x恰有 3 个零点123,x x x，且1231x x x=，故D 正确故选 BCD 137 因为角的终边在第四象限，且4cos5=，所以3sin5=，3tan4=，所以31tantan544tantan73441tantan1 144=+14(0,1 因为1|1|0 x+，所以0 x 且22,0 xax，得axa，因为 函 数()f x是 奇 函 数，所 以()()f xfx=，即

16、22()1|1|1|1|axaxxx=+，即221|1|1|1axaxxx=+，得|1|1|2xx+=恒成立，所以11x，所以1a，即01a，所以ln0b，所以1b 因为3()exf xx=，所以3()(13)e0 xfxx=+在(0,)+上恒成立，所以()f x在(0,)+上单调递增，又33elnaabb=，所以()(ln)f afb=，又0,1ab，所以lnab=，所以33ln,1abbb b=令()3ln,1h xxx x=，所以33()1xh xxx=，令()0h x，解得13x，令()0h x，所以()h x在(1,3)上单调递增，在(3,)+上单调递减，所以max()(3)3ln3

17、3h xh=，所以3ab的最大值为3ln33 17解：（1）因为2(25,4),3(10,3)abmabm+=+=+，所以53(2)(3)3(25,4)(10,3)(55,15)aababmmm=+=+=+，即(1,3)am=+，所以22(25,4)2(1,3)(3,2)babamm=+=+=又ab，所以2(1)3 30m+=，解得112m=（2）因为ab，所以3(1)230a bm=+=，解得1m=，所以(2,3)a=，所以(2,3)(3,2)(5,1),2(2,3)2(3,2)(4,7)abab+=+=，所以2222|5126,|2|(4)765abab+=+=+=，所以()(2)45 1

18、 710cos,210|2|2665ababab ababab+=+18解：因为关于 x 的不等式2250axbxa+的解集是113xx，所以1和13是方程2250axbxa+=的两个根，所以250,11250,93abaaba+=+=解得3,2.ab=当3,2ab=时，2250axbxa+的解集是113xx，所以132332222 32nnmnnmnmmnmnmnmn+=+=+=+，当且仅当3nmmn=，即2 33,233mn=时等号成立，所以1nmn+的最小值为2 32+19解：（1）因为2tan1tan4BcA=，所以2sincos1cossin4BAcBA=，所以2sincos1 co

19、ssin4cBABA=，所以2cossinsincoscossinsin()sin4cBABABAABC=+=+=，由正弦定理得21cos4acBc=，所以cos4acB=，所以cos0B 又1sin3B=，所以212 2cos133B=，43 2cosacB=，所以12sin22ABCSacB=（2）由正弦定理得：sinsinsinbacBAC=，所以223 29sinsinsinsinsin23bacacBACAC=，所以3sinbB=，所以3sin1bB=20解：（1）若1a=，则()2221()loglog3,42f xxxx=+令2log,1,2ux u=，所以23,1,2yuuu=

20、+，所以23yuu=+在11,2 上单调递减，在1,22上单调递增，当1u=时，2(1)133y=+=，当12u=时，211113224y=+=，当2u=时，22239y=+=，所以maxmin119,4yy=所以()f x在区间1,42上的值域为11,94（2）令2log,0,3tx t=若 关 于 x 的 方 程()0f xa+=在1,8上 有 解，即2(1)30tta+=在0,3t上有解，即231tat+=+在0,3t上有解 令23(),0,31xg xxx+=+，所以2(3)(1)()(1)xxg xx+=+，令()0g x，解得13x，解得01x，所以()g x在(0,1)上单调递增

21、，在(1,3)上单调递减，所以max()(1)2g xg=，又(0)3,(3)3gg=，所以min()3g x=，所以32a ，即实数 a 的取值范围是 3,2 21解：（1）选择条件：由条件(0)0f=，所以2sin0=，解得()kk=Z，又|2，所以0=由条件得42k=+，解得42()kk=Z，所以()f x的解析式不唯一，不合题意；选择条件：由条件(0)0f=，所以2sin0=，解得()kk=Z，又|2，所以0=由条件得22T=，得T=，所以22T=，所以()2sin2f xx=选择条件：由条件得22T=，得T=，所以22T=，所以()2sin(2)f xx=+，又()f x图象的一条对

22、称轴为4x=，所以242k+=+，解得(1)k=+，又|2，所以0=，所以()2sin2f xx=（2）由题意得()2sin22sin 22sin22sin2 cos2cos2 sin333g xxxxxx=+=+3sin23cos22 3sin 26xxx=+=+，因为6 325g=，所以6 32 3sin65+=，即3sin65+=，又0,2，所 以2,663+，若2,623+，则3sin,162+，又33sin652+=，所以,66 2+因为22sincos166+=，所以4cos65+=，又,66 2+，所以4cos65+=，所以2sin22sin2sin2242241264f=+22

23、sincos2cossin64645=+=22（1）解：当1a=时，1e()lnln2xf xxx=+，则1122(1)ee(1)11()xxxxxxfxxxx=设1()e1xxxx=，则11()e11xxx=在(1,)+上是增函数，又3e30,(2)e202=，所以存在03,22x，使得()00 x=，当()01,xx时，()0 x，则()0fx，则()0fx，即()f x在()0,x+上单调递增，所以()f x在(1,)+上只有一个极值点，且为极小值点（2）证明：由22(1)ee(1)11()x ax axxxxfxxxx=，设()e1x axh xx=，则1()e11x ah xx=在(

24、1,)+上是增函数，当1x 时，()h x ，因为1e1a，所以1(1)e10h aa+=，所以存在0(1,1)xa+，使得()0000e01xaxh xx=，当()01,xx时，()0h x，则()0fx，则()0fx，即()f x在()01,x上单调递增，故0 xx=是函数e()lnln(1)(0)x af xxaax=+的极小值点，也是最小值点，则()0000e()lnln(1)xaf xf xxax=+，又因为000e1xaxx=，所以()0001lnln(1)1fxxax=+要证对任意的11,()xf xa，即证0011lnln(1)1xaxa+，即证0011lnln(1)1xaxa+设1()ln1g xxx=，则1()ln1g xxx=在(1,)+上单调递减，因为0(1,1)xa+，所以()0(1)g xg a+，故0011lnln(1)1xaxa+，故对任意11,()xf xa