2023届福建省龙岩市一级校联盟（九校）联考高三上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2023届福建省龙岩市一级校联盟（九校）联考高三上学期期中考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省龙岩市一级校联盟（九校）联考高三上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由交集的概念求解，【详解】由题意得，，故，故选：C2．若复数满足（为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果.【详解】由得：，.故选：A.3．在△ABC中，点D在边AB上，，记，则＝（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由平面向量的线性运算求解，【详解】由题意得，解得，故选：C4．摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮．如图所示，某摩天轮最高点距离地面128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转t分钟后，游客距离地面的高度为h米，满足．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为（    ）A．15 B．30 C．45 D．60【答案】B【分析】由余弦函数的图象与性质求解，【详解】由题意得当时取得最小值，当即时取得最大值128，由对称性可知当时，，故选：B5．函数的图像大致为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数定义域以及函数极限，判断即可.【详解】因为的定义域为且，故A错误；又当时，，故，故C错误；当且时，，故，故B错误；故选：D.6．已知，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先根据等式求，再结合诱导公式，判断选项.【详解】由条件可知，，即，解得：或，因为，所以， A. ，故A正确；B. ，故B错误；C. ，故C错误；D. ，故D错误.故选：A7．若是数列的前n项和，已知，，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由与的关系化简，再由构造法得通项公式后求和，【详解】由题意得当时，，设，得，也满足上式，故，，故，故选：A8．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数后由单调性比较大小，【详解】令，则，当时，，故在上单调递增，，即，令，则，当时，，，故在上单调递减，，得，即，综上，，故选：C 二、多选题9．若实数a，b满足，则下列各式中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】取，可判断A；由，则可判断B；由不等式的性质可判断C；当，所以可判断D.【详解】由可得，对于A，取，，所以A不正确；对于B，因为，所以，所以B正确；对于C，，所以，所以，所以C正确；对于D，当，所以，所以D不正确.故选：BC.10．已知函数的部分图像如图所示，则（    ）A．在内有4个极值点B．函数在上仅有1个零点C．的图像关于直线对称D．将的图像向右平移个单位长度，可得的图像【答案】ACD【分析】由图像列式解得解析式，再由极值点的概念，三角函数性质，图像变换对选项逐一判断，【详解】由图可知，，则，由，，解得，故，对于A，由得，在内有共4个极值点，故A正确，对于B，由得，得或，解得或，，则在上有2个零点，故B错误，对于C，由为最大值，故的图像关于直线对称，故C正确，对于D，的图像向右平移个单位长度得，故D正确，故选：ACD11．设函数f（x）的定义域为R，且函数的图像关于直线对称，函数的图像关于点（3，0）对称，则下列说法正确的是（    ）A．4是f（x）的周期 B．C． D．【答案】AC【分析】首先利用轴对称、中心对称的公式，化简条件，然后利用赋值法即可求解.【详解】关于对称，则有，令，可得，令，得①.又的图像关于点对称，可得②，联立①②，可得，故A正确；，令得，故C正确.对于BD，例如，该函数符合AC，但是代入BD条件时，均不满足，故BD错误.故选：AC12．已知数列{}的前n项和为，，则下列选项正确的是（    ）A． B．存在，使得C． D．是单调递增数列，{}是单调递减数列【答案】ACD【分析】又整理得，令，得到，借助反比例函数和的单调性得到和的增减性，即可判断D选项；根据求的范围即可判断C选项；利用数学归纳法证明，，即可得到，，即可判断A选项，根据，，可得，即可判断B选项.【详解】由可得，令，则，又，则，，当时， ，，，设，在上单调递增，∵，∴，传递下去，可得，同理可得，∴是单调递增数列，是单调递减数列，又∵，在R上单调递增，所以是单调递增数列，是单调递减数列，故D正确；由，得，，得，∴，即，∵，∴，，显然，故C正确；先证：，当时，成立，假设当时，成立，那么当时，成立，综上，成立，同理可得，∴，即，故A正确；要使，则，而，，所以，即，故B错.故选：ACD.【点睛】利用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：①证明当时命题成立；②以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”，只要完成这两个步骤，就可以判断命题对从开始的所有正整数都成立. 三、填空题13．已知向量，若与共线反向，则________．【答案】【分析】根据向量共线的坐标运算，求得参数，再结合向量线性运算的坐标运算求模长即可.【详解】根据题意可得：，解得或；当时，与共线同向，故舍去；当时，，，.故答案为：.14．已知数列{}满足，且，则＝________．【答案】【分析】由题意可证明数列是以为首项，3为公差的等差数列，即可求出数列{}的通项公式.【详解】对两边同时取倒数，所以，则，所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，所以，所以.故答案为：.15．在平面四边形中，，，，，，则________．【答案】【分析】在中，由正弦定理得，进而得，再在中，利用余弦定理求解即可.【详解】解：因为，，，所以在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，在中，设，由得，即，解得所以，.故答案为：16．已知函数，若不等式在（0,＋∞）上恒成立，则实数m的取值范围是________．【答案】【分析】将不等式整理为，然后构造函数，得到，再结合得到在上单调递减，然后求导，得到，即可得到的范围.【详解】不等式，可整理为，即，令，则，当时，，所以在上单调递减，又，则当时，，即，令，则， 因为，在上恒成立，所以在上单调递减，则，即，所以.故答案为：.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1）恒成立⇔；（2）恒成立⇔. 四、解答题17．已知向量，，满足函数．(1)求在上的单调增区间；(2)若，，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据可求得的范围，对应正弦函数的单调性可求得对应的单调增区间；（2）根据同角三角函数平方关系可求得，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.【详解】（1）；当时，，当，即时，单调递增，即在上的单调增区间为.（2）由（1）得：；当时，，，.18．设为数列{}的前n项和，已知，且．(1)证明：{}是等比数列；(2)若成等差数列，记，证明＜．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由与的关系，等比数列的定义证明，（2）由题意列式解得后得{}通项公式，再由裂项相消法求和证明，【详解】（1），当，两式相减得．又因为，所以数列是公比为3的等比数列．（2）由，得，，，． ，所以．19．为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”的主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，并决定近期投放市场．根据市场调研情况，预计每枚该纪念章的市场价y（单位：元）与上市时间x（单位：天）的数据如下表上市时间x/天2632市场价y/元1486073 (1)根据上表数据，从①，②，③，④中选取一个恰当的函数描述每枚该纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系（无需说明理由），并利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低市场价；(2)记你所选取的函数，若对任意，不等式恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)选择，该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元(2). 【分析】（1）从题表的单调性入手，选出，再用待定系数法求解；（2）不等式变形为在上恒成立，只需，分与两种情况，求出相应的函数最小值，列出不等式，求出实数k的取值范围.【详解】（1）由题表知，随着时间的增大，的值随的增大，先减小后增大，而所给的函数，和在上显然都是单调函数，不满足题意，故选择． 把，，分别代入，得，解得，∴，．又，∴当且仅当时，即当时，y有最小值，且．故当该纪念章上市12天时，市场价最低，最低市场价为每枚48元；（2）原不等式可以整理为：，，因为对，都有不等式恒成立，则．（i）当时，，当且仅当时，即当时， ．∴，解得，不符合假设条件，舍去．（ii）当时，在单调递增，故，只需．整理得：，∴（舍去），综上，实数k的取值范围是．20．如图1，E，F，G分别是正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，分别连接AB，CG就得到了如图2所示的几何体．(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，证明：AO//平面GCF；(2)若二面角的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，做辅助线，取线段中点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，即可证明线面平行；（2）首先由二面角的定义可知再以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，根据公式，，即可求解.【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且是线段与的中点，且在图1中且，且．所以在图2中，且且，四边形是平行四边形，则．由于平面平面平面（2）由图1，折起后在图2中仍有即为二面角的平面角．以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设则，设平面的一个法向量由，得，取则于是平面的一个法向量∴直线与平面所成角的正弦值为21．在中，角，，所对的边分别为，，，已知．(1)证明：；(2)若是钝角，，求面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；（2）依题意求出的取值范围，再由正弦定理得到，由面积公式及同角三角函数的基本关系得到，再根据函数的性质计算可得.【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，由，得．所以，，或（舍去），．（2）解：由条件得，解得，，，，．的面积＝ ＝，，．又因为函数在上单调递减，所以，所以，所以，，则面积的取值范围为．22．已知函数．(1)当时，若，证明：．(2)当时，，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先不等式变形后，构造函数，利用导数证明，即可证明；（2）首先构造函数，分，和三种情况讨论函数的单调性，讨论不等式，并得到的取值范围.【详解】（1）当时，需证，只需证设，，当时，，所以在上单调递增，所以．所以（2）因为，所以设，可得，又，则，若，，由（1）知，当时，；当时，，所以恒成立，符合题意；若，，当时，，不合题意；若，因为时，，所以在上单调递增，因为，又，所以存在，，当时，，在上单调递减，，不合题意；综上，，的取值范围是．