资源简介

鄢陵县职业教育中心2022-2023学年高三上学期期末考试
数学（理科）
时间：120分钟 总分：150分
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共60分）
1．设数列的前n项和为，若，则（ ）．
A．243 B．244 C．486 D．488
2．已知向量，．若，则（ ）．
A．6 B． C． D．
3．在中，已知D是边上一点，且，则（ ）．
A． B．
C． D．
4．已知点在第三象限，则角的终边在第（ ）象限．
A．一 B．二 C．三 D．四
5．曲线在点处的切线方程为，则a，b的值分别为（ ）．
A．，1 B．， C．1，1 D．1，
6．已知，若，则（ ）．
A． B． C． D．e
7．若函数在区间上的最大值比最小值大4，则（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知m，n是方程的两个实数根，则的值为（ ）．
A． B． C． D．1
9．设x，y满足约束条件，则的最小值是（ ）．
A． B．2 C．1 D．0
10．已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ）．
A．3 B．4 C．5 D．6
11．计算（ ）．
A．2022 B． C． D．0
12．已知全集，集合，集合，则（ ）．
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（共20分）
13．已知数列的前n项和为，，则________．
14．若向量，，且与垂直，则实数_______．
15．化简：__________．
16．幂函数的图象过点，则__________．
三、解答题（（共70分）
17．已知向量，．
（1）求；
（2）已知，且，求向量与向量的夹角．
18．设函数，其中．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集为，求a的值．
19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）求c；
（2）若，求．
20．已知函数．
（1）若有一个零点为，求a；
（2）若当时，恒成立，求a的取值范围．
21．已知函数．
（1）求单调区间；
（2）求在区间上的最值．
22．已知集合，，．
（1）求；
（2）若，求m的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】通过，求出数列的通项公式，代入计算即可.
【详解】由，①
所以，②
②－①：，所以，
当时，，所以，
所以数列以首项为，公比的等比数列
所以
所以．故选：C．
2．B
【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.
【详解】，解得．故选：B
3．C
【分析】利用向量的减法运算即可得到答案．
【详解】解：，
则有，可得．
故选：C.
4．D
【分析】由点M所在的象限，确定正切和余弦的符号，得角终边所在的象限.
【详解】因为点在第三象限，所以，，
所以的终边在第四象限.
故选：D.
5．C
【分析】根据切点和斜率求得切线方程.
【详解】依题意，切点为，斜率为，
，
所以，解得.
故选：C
6．B
【分析】求的导数，代入导数值即可求解.
【详解】因为．所以，
由，解得e．
故选：B.
7．C
【分析】由指数函数的单调性可得最大值和最小值，列方程可得结果.
【详解】∵在R上单调递增，∴在 上单调递增，
∴当x=2时，取得最小值为4；当x=a时，取得最大值为 ，
∴，解得：a=3.
故选：C.
8．C
【解析】由二次方程根与系数的关系可得，又得出答案.
【详解】由是方程的两个实数根，则
所以
故选：C
【点睛】把本题考查二次方程根与系数的关系，属于基础题.
9．D
【分析】画出可行域，平移直线，数形结合即可得到目标函数的最小值.
【详解】画出，满足约束条件表示的可行域如下图阴影部分，
目标函数，即，
平移直线可知，当最小时，最大，经过，所以的最小值为0.
故选：D
10．A
【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.
【详解】根据等比数列的性质可得，
又，所以，
所以.
故选：A
11．C
【分析】求出的周期，且，所以，即可求出答案.
【详解】因为，所以周期为4，
且，所以.
故选:C.
12．A
【解析】根据集合的运算法则计算．
【详解】由题意，∴．
故选：A．
13．
【分析】根据题意，先确定数列的周期，再由分组求和，即可得出结果.
【详解】由得，
所以数列以为周期，
又，，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求数列的和，根据数列的周期性，以及分组求和的方法即可求解，属于基础题型.
14．
【分析】利用两向量垂直，数量积等于零的坐标运算计算即可.
【详解】由题可知，得，解得
故答案为：
15．1
【分析】使用二倍角公式及同角三角函数平方关系化简求值.
【详解】因为，，，
所以．
故答案为：1
16．
【分析】将点坐标代入函数解析式，解出.
【详解】因为幂函数的图象过点，
所以，即，得.
故答案为：.
17．（1） （2）
【分析】（1）根据向量的坐标运算求向量的模即可；（2）由向量的模，根据向量的数量积公式转化求向量的夹角即可.
【详解】（1）由题知，，
所以，
所以.
（2）由题知，，，，
所以，，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
向量与向量的夹角为.
18．（1），（2）
【详解】试题分析：（1）解含绝对值不等式关键在于去掉绝对值，一般根据绝对值定义去绝对值，常需要分类讨论.本题化为形如或，最后结果要写出解集形式；
（2）根据绝对值定义分类讨论去绝对值，或，
因为，所以不等式的解集为，比较已知条件，得，故.
本题也可从已知条件出发，去掉绝对值，
因为，且所以，因而原不等式等价于，即，以下同前.
试题解析：解：（1）当时，可化为，
由此可得：，
故不等式的解集为 4分
（2）由得
此不等式可化为不等式组或
即 或
因为，所以不等式的解集为 8分
所以，故． 10分
考点：含绝对值不等式解法
19．（1） （2）
【分析】（1）利用正弦定理角化边可直接得到结果；
（2）利用余弦定理可得，由同角三角函数平方关系可求得.
（1）由正弦定理得：，又，.
（2）由余弦定理得：，
，.
20．（1）；（2）．
【分析】（1）由题意可得，从而可求出的值；
（2）由于当时，恒成立，等价于当时，恒成立，所以只要，从而可求出a的取值范围
【详解】解：（1）因为有一零点，
所以，所以．
（2）因为当时，恒成立，
需，即，
解得，所以的取值范围是．
21．（1）单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）最小值为，最大值为4
【分析】（1）先求定义域，再求导，利用导函数的正负求出单调区间；（2）结合第一问求出最小值，再比较端点值求出最大值.
（1）定义域为R，，
令得：或，
令得：，
所以单调递增区间为，单调递减区间为
由（1）可知：在处取得极小值，且为最小值，
故，
又因为，而，
所以，
所以在区间上的最小值为，最大值为4
22．（1） （2）
【分析】（1）先求得集合A，再由集合的补集运算和交集运算可求得答案；
（2）根据条件建立不等式组，可求得所求的范围.
（1）因为，，
所以，．
（2）因为，所以
解得．故m的取值范围是．

展开更多......

收起↑