1、2022-2023学年湖北省襄阳市高三年级期中考试数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在试卷上无效。3.考试结束后,本试卷和答题卡一并交回。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,只有一个选项是符合题目要求的)1. 命题“,”的否定为()A. ,B. ,C. ,D. ,2. 已知复数z在复平面内对应的点为,则()A. B. C. D. 3. 已知集合,且,则m的取值
2、范围为A. B. C. D. 4. 随着社会的发展,人与人的交流变得便捷,信息的获取、传输和处理变得频繁,这对信息技术的要求越来越高,无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为,其中D为传输距离单位:,F为载波频率单位:,L为传输损耗单位:若载波频率变为原来的100倍,传输损耗增加了60 dB,则传输距离变为原来的()A. 100倍B. 50倍C. 10倍D. 5倍5. 已知函数,若函数在上的大致图象如图所示,则的解析式可能是()A. B. C. D. 6. 某正方体的平面展开图如图所示,在这个正方体中,下列结论正确的是A. 平面BCEB. 平面BCEC. D. 7.
3、 已知数列满足,则()A. B. C. D. 8. 某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯,在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示,从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示,若圆O的半径为10cm,甲在奖杯的设计与制作的过程中发现,当OB越长时,该奖杯越美观,则当该奖杯最美观时,()A. 10cmB. C. D. 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,有选错的得0分。)9. 已知函数,则A. 是的极小值点B. 有两个极值点C. 的极小值为1D. 在上的最大值
4、为210. 将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,则下列结论正确的有()A. 直线是图象的一条对称轴B. 在上单调递增C. 若在上恰有4个零点,则D. 在上的最大值为11. 已知正三棱锥的底面边长为6,体积为,A,B,C三点均在以S为球心的球S的球面上,P是该球面上任意一点,下列结论正确的有()A. 三棱锥体积的最大值为B. 三棱锥体积的最大值为C. 若平面ABC,则三棱锥的表面积为D. 若平面ABC,则异面直线AB与PC所成角的余弦值为12. 已知等差数列的前n项和为,且若存在实数a,b,使得,且,当时,取得最大值,则的值可能为A. 13B. 12C. 11D. 10三、填空题(本
5、题共4小题,每小题5分,共20分)13. 若函数则_.14. 已知,满足,且,两个条件中的一个,则的一个值可以为_.15. 最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽,赵爽创制了一幅“勾股圆方图”,他用数形结合的方法,给出了勾股定理的详细证明.如图,某数学探究小组仿照“勾股圆方图”,利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF,拼成一个大的正六边形GHMNPQ,若,则_.16. 已知实数x,y满足,则的最小值为_.四、解答题(本大题共6题,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17. 已知是奇函数.求a的值;求的值域.18. 在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c
6、,已知求角A的大小;若为锐角三角形,且,求面积的取值范围.19. 如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,是等边三角形,平面平面ABCD,E,F分别是PC,AB的中点.证明:平面求二面角的余弦值.20. 已知函数若,求的图象在处的切线方程;若,证明:在上只有一个零点.21. 已知数列满足求的通项公式;设证明:22. 已知函数求的单调区间;证明:答案和解析1.【答案】C【解析】解:存在量词命题的否定为全称量词命题,所以该命题的否定为“,”.2.【答案】A【解析】解:由题意知,则3.【答案】B【解析】解:因为,所以,即4.【答案】C【解析】解:设是变化后的传输损耗,是变化后的载波频率,是变化后的传
7、输距离,则,则,即,从而,故传输距离变为原来的10倍.5.【答案】D【解析】解:.由图象可知,该函数是奇函数,因为是偶函数,是奇函数,所以是非奇非偶函数,A,B不符合题意.因为当时,无意义,所以C不符合题意.故选6.【答案】B【解析】解:如图,AF与平面BCE不平行,A错误.易知,同理,且,B正确.,C错误.BF与CE不垂直,D错误.7.【答案】A【解析】解:由可知,得因为,所以,所以是以3为周期的数列,则8.【答案】B【解析】解:如图,过O点作,分别交BC,AD于E,F两点,设,则,由,得,则,当,即时,OB取得最大值,此时9.【答案】ABD【解析】解:因为,所以当时,当时,故的单调递增区间
8、为和,单调递减区间为,则有两个极值点,B正确;且当时,取得极小值,A正确;且极小值为,C错误.又,所以在上的最大值为2,D正确.10.【答案】AC【解析】解:将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象.当时,故直线是图象的一条对称轴,A正确.由,得,则在上不单调,B不正确.由,得,因为在上恰有4个零点,所以,解得,C正确.由,得,则在的最大值为,D不正确.11.【答案】ACD【解析】解:因为正三棱锥的底面边长为6,所以三棱锥的底面面积为,底面外接圆的半径又三棱锥的体积为,则三棱锥的高,所以球S的半径,则三棱锥体积的最大值为A正确,B不正确.若平面ABC,则根据对称性可知,取BC的中点D,连
9、接PD,则,故三棱锥的表面积为,C正确.分别取PA,PB,AC的中点M,N,Q,连接MN,MQ,NQ,则易得,为异面直线AB与PC所成角的大小,且,D正确.12.【答案】BC【解析】解:,即而,即有令,则有,令函数,则当时,单调递减;当时,单调递增.故,从而有,则有,当且仅当时,等号成立.同理,即,当且仅当时,等号成立,则,当且仅当时,等号成立.又,所以,故有,所以,则从而解得又,所以故是单调递减数列,当或时,取得最大值,所以或13.【答案】13【解析】解:因为,所以14.【答案】或答案只要是与6中的一个即可【解析】解:若满足条件,因为,所以,解得或,则或舍去,则,故若满足条件,则15.【答案
10、】1【解析】解:在正六边形ABCDEF中,则,所以因为六边形GHMNPQ是正六边形,所以,且G,F,E,P四点共线.又,所以,所以16.【答案】【解析】解:因为,所以令,则,且,所以,当且仅当,时,等号成立.17.【答案】解:因为,所以又是奇函数,所以,即,则由可知,当时,当且仅当时,等号成立.又是奇函数,所以的值域为18.【答案】解:因为,所以,则,即又,所以,即又,所以因为,所以,因为为锐角三角形,所以解得,则故,即面积的取值范围为19.【答案】解:证明:取AD的中点O,连接OP,因为是等边三角形,所以又平面平面ABCD,平面平面,平面PAD,所以平面ABCD,因为底面ABCD是正方形,不
11、妨令,连接OF,PF,CF,因为F是AB的中点,所以,又E是PC的中点,所以,因为,且DE、平面DEF,所以平面解:以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则由可得,设平面BDE的法向量,则令,得由知是平面DEF的一个法向量,所以由图可知,二面角为锐角,故二面角的余弦值为20.【答案】解:因为,所以,又,所以的图象在处的切线方程为,即证明:当时,则函数只有一个零点等价于函数只有一个零点.因为,所以函数在上单调递增,函数在上单调递减,所以函数在上单调递增.又,所以函数在上只有一个零点,即函数在上只有一个零点.21.【答案】解:当时,则当时,则,则又,所以的通项公式为证明:由可知,所以又,所以,故22.【答案】解:因为,所以令函数,则,所以即在上单调递增.又,所以当时,当时,故的单调递增区间为,单调递减区间为证明:要证,即证令函数,则,当时,单调递减;当时,单调递增.故令函数,则当时,单调递减;当时,单调递增.故故,则,即