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
