2021届湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考数学(理)试题Word版含答案

2021届湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考

数学（理）试题

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 命题“，使得”的否定是（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】由特称命题的否定可得该命题的否定为“”。

选C。

2. 设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题

，，则下列命题为真的是（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】对于命题，当时，函数，是幂函数，故命题为真命题；对于命题，当时，，不成立，故命题为假命题。

所以“”为真命题，“”为假命题，“”为假命题，“”为假命题。选A。

3. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】对于选项A，，故函数在上单调递减，在

上单调递增，不合题意，故A不正确。

对于选项B，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，不合题意，故B 不正确。

对于选项C，当时，，所以，当时，，函数单调递减，不

合题意，故C不正确。

对于选项D，可得，故导函数在上单调递增，所以当时，

，故在上单调递增，符合题意。

选D。

4. 函数（且）与函数在同一个坐标系内的图象可能是（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】对于选项A、B，由函数的图象可得，故函数的图象为开口向上的抛物线，且与y轴交于点（0，-1），故A、B不正确。

对于选项C、D，由函数的图象可得，故函数的图象为开口向下的抛物线，且与y轴交于点（0，-1），故C不正确，D正确。

选D。

5. 已知函数，则（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】∵，

∴，

令，得，解得。

∴。

∴。

选B。

6. 等差数列中，已知且公差，则其前项的和取得最小值时的值为（）

A. 7

B. 8

C. 9

D. 10

【答案】C

【解析】∵且公差，

∴，从而.

∴，

∴.

∴当数列前项的和取得最小值时的值为9.选C。

点睛：求等差数列前n项和S n最值的两种方法

、

(2)邻项变号法：

①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得S n取得最大值为S m；

②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得S n取得最小值为S m.

7. 已知，其中表示不超过实数的最大整数，是函数的零点，则

等于（）

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

【答案】B

【解析】∵，

∴，

∴。选B。

8. 点为的重心（三边中线的交点）．设，则等于（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】如图，

∵点为的重心，

∴，

∴，

∴。选B。

点睛：三角形的内心、外心、重心、垂心的向量表示

①在中，若或，则点是的外心；

②在中，若，则点是的重心；

③在中，若，则点是的垂心；

④在中，若，则直线通过的内心.

9. “”是“”的（）

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件【答案】A

【解析】∵,

∴在上恒成立，

∵，当时等号成立。

∵“”等价于“”。

∴“”是“”的充分不必要条件。选A。

10. 已知函数的部分图象如下图所示，的图象与轴切于点，则下列选项判断错误的是（）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】由图象得函数的最大值为2，

∴，解得。

∴

对于选项A，由于，为最大值，故是函数图象的对称轴，因此A正确；

对于选项B，

。因此B不正确。

对于选项C，，因此C正确。

对于选项D，由题意得函数的最小正周期为，因此，因此D正确。选B。

11. 设且都满足，则下列说法错误的是（）

A. 有最小值而无最大值

B. 当时，有最小值而无最大值

C. 当时，有最小值而无最大值

D. 当时，既有最小值又有最大值

【答案】C

【解析】（1）由题意得，因为，因此可得有最小值而无最大值，故A正确。

（2）同理，

①当时，则，因此既有最小值又有最大值，故D正确。

②当时，根据绝对值不等式的意义可得有最小值而无最大值，故B正确。

③当时，根据绝对值不等式的意义可得有最大值而无最小值，故C不正确。

综上选C。

12. 如右图，直线与曲线交于两点，其中是切点，记

，则下列判断正确的是（）

A. 只有一个极值点

B. 有两个极值点，且极小值点小于极大值点

C. 的极小值点小于极大值点，且极小值为-2

D. 的极小值点大于极大值点，且极大值为2

【答案】D

【解析】设切点的坐标为，则由条件得。

且当时，；当时，。

∵，

∴，

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减。

∴当时有极大值，且极大值为。

同理有极小值。结合图形可得的极小值点大于极大值点。

选D。

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）

13. 已知集合，若，则__________．

【答案】

【解析】试题分析:由题设,则,又,则,故,故应填答案.

考点：集合的交集并集运算．

14. 已知向量，且，则__________．

【答案】

【解析】∵，且，

∴，解得，

∴，

∴，

∴。答案：

15. 若函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为__________．【答案】

【解析】由题意可得函数和函数在区间和上分别有一个零点，结合函数的图象可得，解得。所以实数的取值范围为。

答案：

16. 在中，分别为内角的对边，若，且，则的面积的最大值为__________．

【答案】

【解析】∵，

∴，

∴，

∴。

由正弦定理得,

∴,

∴，。

由余弦定理得，当且仅当时等号成立。

∴，

∴。

答案：

点睛：本题综合性较大，且突破了常规性，即在条件中只在等式的一边给出了三角形的边，所以在解题中要熟练地对所得中间结论的变形，如在本题中要在的基础上在利用正弦定理得到。对于最值的处理往往要考虑到基本不等式的运用，运用不等式时，不要忘了基本不等的使用条件。

三、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. 已知命题：函数的定义域为；命题，使不等式成立；命题“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围．

【答案】

【解析】试题分析：先求出当命题，都为真命题时的取值范围，由命题“”为真命题，“”为假命题可得到一真一假，然后分两种情况建立不等式组求出的取值范围。

试题解析：

若命题为真命题，则在恒成立，

当时显然不成立，

当时，则有，解得；

若命题为真命题，则，

令,

所以。

由命题“”为真命题，“”为假命题知一真一假，

①当真假时，则，此不等式组无解；

②当假真时，则，解得。

综上所述．

故实数的取值范围为.

18. 已知等差数列的前项和为，其中．

（1）求数列的通项；

（2）求数列的前项和为．

【答案】（1）；（2）（或）．

【解析】试题分析：（1）由条件可得数列中，故可求得通项

；（2）分两种情况去掉数列中的绝对值，然后转化为数列的求和问题处理。

试题解析：

（1）设等差数列的公差为，由题意得

，

解得

所以；

（2）由（1）得，

①当时，，

此时，

②当时，，

此时，

，

综上：（或）．

点睛：数列求和问题的常见方法与注意事项

（1）数列求和的方法要根据数列通项公式的形式、特点去选择。

（2）常见的数列求和的方法有：

公式法、分组求和、倒序相加求和、错位相减法求和、并项法求和，对于通项中含有绝对值的情形，在求和时要注意分类讨论。

19. 设函数．

（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；

（2）若，且，求的值．

【答案】（1）的最小正周期为；的单调递增区间为；

（2）

【解析】试题分析：（Ⅰ）首先根据三角恒等变换可求出，再根据三角函数的性质即可求出函数的周期和单调递增区间；（Ⅱ），，由知，，再利用整体思想可得然后再利用两角差的正弦公式即可求出结果．

试题解析：解：（Ⅰ）

，

的最小正周期为．

由，得，

的单调递增区间为．

（Ⅱ），．

由知，．

．

考点：1．三角恒等变换；2．正弦函数的性质；3．两角和差公式．

20. 已知函数．

（1）若的图象在处的切线恰好也是图象的切线．求实数的值；

（2）对于区间上的任意两个不相等的实数且，都有成立．试求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义求出的图象在处的切线方程为，由，消去整理得得由判别式可求得；（2）由题意可得知

，构造函数，则在上单调递减，由在上恒成立可求得。

试题解析：

（1）∵,

∴，

∴，

又，

∴的图象在处的切线方程为，

即，

由，消去整理得得

则，

解得；

（2）由条件可知，

设，

则由条件可得在上单调递减，

∴在上恒成立，

∴在上恒成立，

即在上恒成立，

∵，当时等号成立。

∴，

又由条件知，

∴．

∴实数的取值范围为.

点睛：函数单调性与导函数的符号之间的关系要注意以下结论

（1）若在内，则在上单调递增（减）．

（2）在上单调递增（减）（）在上恒成立，且在的任意子区间内都不恒等于0．（不要掉了等号．）

（3）若函数在区间内存在单调递增（减）区间，则在上有解．（不要加上等号．）

21. 在中，分别为内角的对边，，且．

（1）试判断的形状；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）为等腰三角形；（2）

【解析】试题分析：（1）根据正弦定理化边为角，根据所得的结论可得，或，进一步判断后可得结论；（2），取的中点，由得，在直角三角形中用表示，然后根据数量积的定义得到，结合的范围求解。试题解析：

（1）∵，

∴

由正弦定理得，

即，

∴，

又，

∴，

∴，或，

当时，又，∴，矛盾，故应舍去．

当时，又，∴，

∴为等腰三角形；

（2）在等腰中，取的中点，

由得，

又由（1）知，

则

．

∵,

∴，

∴，

即的取值范围为。

22. 设且恒成立．

（1）求实数的值；

（2）证明：存在唯一的极大值点，且．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】试题分析：（1）将问题转化为恒成立的问题处理，分和两种情况判断即可；（2）由（1）得，故问题可转化为有零点的问题，

并进一步得到存在唯一的极大值点。然后根据函数的单调性可证得。

试题解析：

（1）解：由条件知恒成立，

∵，

∴恒成立，

令，则恒成立，

∴，

①当时，在上单调递增，

又，

∴当时，,与矛盾，不合题意。

②当时，在单调递减，在单调递增，

∴当时，有极小值，也为最小值，且最小值为。

又恒成立，

∴，

令

则，

∴在单调递增，在单调递减，而，

所以由解得，

综上．

（2）由条件得，

令，

所以在单调递减，在单调递增

又，

∴，

由零点存在定理及的单调性知，方程在有唯一根，设为且，

从而有两个零点和0，

所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，

从而存在唯一的极大值点，

由得，

∴

，等号不成立，所以，

又在单调递增，

所以，

综上可得成立．

点睛：（1）在解决函数恒成立问题时，常常用到分类讨论的方法，即将参数分为不同的情形，并逐一排除以得到结论。

（2）在解决函数（导函数）零点的问题中，要注意函数零点存在定理的运用，对于无法求零点的问题，可根据此定理得到零点所在的范围，这种问题中一般要用到整体代换的方法去求最值。