精品解析：山东省菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高三上学期校内期中考试数学试题

2023级高三上学期校内期中考试数学试题 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 2. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 根据表格中的数据可以判定方程的一个根所在的区间为（ ） 1 2 3 4 5 0 0.693 1.099 1.386 1.609 1 0 1 2 3 A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则的值（ ） A. B. C. 2 D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知关于的不等式的解集是，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若的图象关于点对称，则可取的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 11. 已知，，若，则下列关系式能成立的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. =_____ 13. 两次购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定_______（填第一种或者第二种）方式比较经济. 14. 已知函数，当时，，则的最大值是________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 一条东西方向的河流两岸平行，河宽，河水的速度为向东.一艘小货船准备从河的这一边的码头A处出发，航行到位于河对岸B（AB与河的方向垂直）的正西方向并且与B相距的码头C处卸货.若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为，则当小货船的航程最短时，求合速度的方向，并求此时小货船航行速度的大小. 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 1.已知函数，证明：当时，. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 19. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三上学期校内期中考试数学试题 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【详解】由，则. 故选：A 2. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案. 【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立； 由，则，即，显然成立，必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B 3. 根据表格中的数据可以判定方程的一个根所在的区间为（ ） 1 2 3 4 5 0 0.693 1.099 1.386 1.609 1 0 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，由表中数据结合零点存在性定理即可得解. 【详解】令， 由表格数据可得. 由零点存在性定理可知，在区间内必有零点. 故选C. 【点睛】本题主要考查了零点存在性定理，属于基础题. 4. 已知平面向量，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出、的坐标，再根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，， 所以，， 因为，所以，解得. 故选：A 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 6. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 7. 已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案. 【详解】因为在区间单调递增， 所以，且，则，， 当时，取得最小值，则，， 则，，不妨取，则， 则， 故选：D. 8. 已知，，则的值（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用二倍角的正弦公式和切化弦可将三角函数式化为，然后我们可以利用同角的三角函数关系和两角和的余弦公式可求三角函数式的值，也可以利用两角和的余弦和平方关系直接展开求，后可求三角函数式的值，也可以逆用两角和的正切公式和二倍角公式求三角函数式的值，也可以利用角的整合，结合两角差的余弦求出后求三角函数式的值. 【详解】. 解法1：， ，，故， ，，两边平方后可得， ，. 解法2：，得， 平方得，， ，，， 原式. 解法3：因为，，所以，即， 又， 故原式. 解法4：因为，，所以 ， 又，所以，， 原式. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知关于的不等式的解集是，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据一元二次不等式与相应的一元二次方程的关系，利用根与系数的关系即可判断出结论． 【详解】关于的不等式的解集是， 所以，且是一元二次方程即的两根， 所以，选项A正确； ，选项B正确； ，选项D正确； 由，可得：是错误的，即选项C错误． 故选：ABD． 10. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若的图象关于点对称，则可取的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图像的平移变换得，利用二倍角的正弦公式得，又由的图像关于点对称得，，进而求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数， 又因为的图象关于点对称， 所以的图象关于点对称， 则，，所以，， 又因为，所以的最小值为1， 故可取的值为1，，4. 故选：ACD. 11. 已知，，若，则下列关系式能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】代入法判断D；对于其他选项，先对式子进行变形，然后构造函数，求导，讨论函数单调性，即可判断ABC. 【详解】当时，等式成立，故D成立. 若，则. 设，则，令，则， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 即恒成立，所以单调递增. 当时，， 即，所以，故A成立，B不成立. 当时，，即，所以，故C成立. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. =_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算规则化简计算即可. 【详解】原式 . 故答案为：. 13. 两次购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定_______（填第一种或者第二种）方式比较经济. 【答案】第二种 【解析】 【分析】设第一次和第二次购物时价格分别为，，若每次购，根据条件，可求出按第一种策略购买的平均价格，若按第二种策略，设每次花元钱，则可求得按第二种策略购买的平均价格，利用作差法，即可比较二者的大小，进而可求得答案. 【详解】按第一种策略购物，设第一次购物时的价格为，购， 第二次购物时的价格为元，仍购， 两次购物的平均价格为； 若按第二种策略购物，第一次花元钱，能购物品， 第二次仍花元钱，能购物品， 两次购物的平均价格为， 比较两次购的平均价格：， 第一种策略的平均价格不小于第二种策略的平均价格， 因而用第二种策略比较经济. 故答案为：第二种. 14. 已知函数，当时，，则的最大值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别求得和时对应的自变量的值，结合的图象可确定的取值范围，由此可得结果. 【详解】令，解得：；令，解得：； 图象如下图所示， 由图象可知：，，. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 一条东西方向的河流两岸平行，河宽，河水的速度为向东.一艘小货船准备从河的这一边的码头A处出发，航行到位于河对岸B（AB与河的方向垂直）的正西方向并且与B相距的码头C处卸货.若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为，则当小货船的航程最短时，求合速度的方向，并求此时小货船航行速度的大小. 【答案】合速度的方向与水流的方向成150°的角. 小船航行速度的大小为. 【解析】 【分析】作出图形，利用解直角三角形以及余弦定理可得结果． 【详解】解：如图 ， ， ， ∴合速度的方向与水流的方向成150°的角. 设小货船的速度为，水流速度为，合速度为，则， ∴小船航行速度的大小为. 【点睛】本题是小船渡河问题，关键是运用运动的合成与分解做出速度分解或合成图，是基础题。 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. 【小问2详解】 法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 【小问3详解】 法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 17. 1.已知函数，证明：当时，. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可. 【详解】当时，，故只需证明. . 易知在上单调递增（增+增）. 所以必定存在唯一一个零点，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由，得，， 所以， 所以. 所以，当时，. 【点睛】本题确定出零点x0的范围之后，注意“，”，将x0代入函数解析式之后可以将式子化简，注意方法的总结和归纳. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 【答案】（1） 当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值 （2） 证明：由，两边取对数可得，即， 当时，，， 由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 而，时，恒成立， 因此，当时，存在且，满足， 若，则成立； 若，则， 记，， 则 ， 即有函数在上单调递增，所以，即， 于是，而，，， 函数在上单调递增，因此，即. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果； （2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 若，则，无极值； 若，由，可得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 此时，函数有唯一极小值，无极大值； 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 此时，函数有唯一极大值，无极小值； 所以当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $