2023届福建省泉州一中、南安一中高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届福建省泉州一中、南安一中高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设全集是实数集，，，如图，则阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】A

【分析】分别求解集合，又韦恩图阴影部分表示，按照并集与补集运算即可.

【详解】解：或，，则或，

阴影部分所表示的集合为．

故选：A.

2．已知复数满足，则（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算求出，则可求得.

【详解】解：，所以．

故选：D.

3．若非零实数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】通过反例可说明ABD错误；由，利用幂函数的单调性，可得C正确.

【详解】对于A，当时，，A错；

对于B，当时，，B错；

对于C，，，在为减函数，，C正确；

对于D，当时，无意义，D错误．

故选：C

4．函数的图像大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数奇偶性的概念可知，即函数为奇函数，排除选项；再利用三角函数的性质排除BC即得.

【详解】，

函数为奇函数，排除选项D；

当时，，，

，排除选项BC．

故选：A．

5．已知函数，当时，取得最大值，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三角恒等变换公式化简与三角函数性质求解，

【详解】，

故，（其中，），

当时，取得最大值，此时，

得到，．

故选：A

6．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.

【详解】取中点为,过作,且,因为平面ABC,所以平面.由于,故,进而可知,所以是球心,为球的半径.

由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为

故选:C

7．已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由奇函数满足，推导出，得到函数的周期为4，由，结合函数的周期性和奇偶性，得到.

【详解】因为为奇函数

所以，

又，

∴，

将替换为得：，即，

故，

所以的周期，

因为，所以，

则，

则

故选：B．

8．设数列的通项公式为，其前项和为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由并项求和法求解，

【详解】当或，时，，；

当，时，，；

当，时，，．

，

．

故选：D

二、多选题

9．已知等差数列的公差为，前项和为，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据等差数列的知识确定正确选项.

【详解】由于，所以，B选项正确.

由于，所以，所以，A选项错误.

由于，，所以当时，，所以，D选项正确.

，C选项正确.

故选：BCD

10．已知函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是（    ）

A．函数是偶函数 B．的图象关于点对称

C．在上是增函数 D．当时，函数的值域是[1，2]

【答案】BD

【分析】先根据辅助角公式化简，然后利用已知条件求解出的值，再根据图象的变换求解出的解析式，最后利用正弦函数的性质逐项分析判断作答.

【详解】因为，

又的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，

所以，所以，所以，

所以向左平移个单位得到，

横坐标伸长到原来倍得到，

A，为非奇非偶函数，故错误；

B，，所以的图象关于点对称，故正确；

C，因为，所以，

又因为在上先增后减，所以在上不是增函数，故错误；

D，当时，，

所以，此时；，此时，

所以的值域为，故正确.

故选：BD

11．在正方体中，为棱上的动点，分别为线段，上的动点，且，则以下结论中正确的是（    ）

A．∥平面 B．三棱锥的体积为定值

C． D．平面平面

【答案】ABC

【分析】由面面平行的判定定理与性质定理，线面垂直的判定定理与性质定理，棱锥的体积公式，对选项逐一判断，

【详解】对于A，在上取点，使得．

所以，，平面，平面

所以平面，，所以平面平面，

平面,所以平面，故A正确；

对于B，因为，所以点到的距离是一个定值，所以的面积是定值，

又因为平面，所以点到平面的距离为定值，即点到平面的距离为定值，

所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

对于C，由题意得，，，

平面，平面，所以平面，

因为平面，所以，故C正确；

对于D，因为当点无限靠近点时，点无限靠近点，此时平面无限趋近于平面，

平面与平面不垂直，故D错误，

故选：ABC

12．已知函数，，则下列说法正确的是（    ）

A．对任意，均存在零点 B．当时，有两条与轴平行的切线

C．存在，有唯一零点 D．当时，存在唯一极小值点，且

【答案】BCD

【分析】对于A，C，由已知得，，令，利用导数的相关性质，即可对A，C选项进行判断；

对于B，，即可得到，由函数的图像可知方程有两个根，进而可以判断B选项；

对于D，当时，，由图像可知此方程的根的情况，进而可以判断D选项.

【详解】对于A，令，则，

令， ，

令，得 ，

当时，，递减，当时，，递增，所以当时，取到极小值，即当时，取到极小值，又 ，即 ，又因为在上，递减，故，当时，取到极大值，即当时，取到极大值，又 ，即 ，故，当时，，所以当即，时，在上无零点，故A错误；

而当，即时， 与 的图像只有一个交点，即存在在上有唯一零点，故C正确，

对于B， ，即，由函数的图像可知方程有两个根：，，，即斜率为0的切线共有两条，其切点均不在x轴上，故切线均与x轴平行，故B正确；

对于D，当时，，由图像可知此方程有唯一实根，因为，所以，，，，可知，故D正确．

故选：BCD

三、填空题

13．已知某圆锥的底面周长为4π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为_______．

【答案】##

【分析】设圆锥的底面半径为r，母线为l，则由题意可得，求出，从而可求出高，进而可求出三棱锥的体积

【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，则，

解得，

则该圆锥的高，

故该圆锥的体积为，

故答案为：

14．函数在上的最大值为_______________．

【答案】

【分析】令，则，则，利用基本不等式计算可得.

【详解】解：因为，，令，则，

则，

当且仅当，即时，等号成立．

故的最大值为．

故答案为：

15．边长为的正方形内有一内切圆，是内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_________.

【答案】

【分析】设正方形的内切圆为圆，当弦的长度最大时，为圆的一条直径，计算可得出，计算出的取值范围，即可得解.

【详解】如下图所示：

设正方形的内切圆为圆，当弦的长度最大时，为圆的一条直径，

，

当为正方形的某边的中点时，，

当与正方形的顶点重合时，，即，

因此，.

故答案为：.

16．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径，需要剪去四边形，可以经过对折、沿裁剪、展开就可以得到．

已知点在圆上且．要使得该剪纸作品面积最大，的长应为________．

【答案】

【分析】结合基本不等式，根据三角形面积的最小值，求得剪纸作品面积最大时，的长.

【详解】如图，连接，作于，由题意，，故，

所以．

设则由面积公式，，即．

由余弦定理，结合基本不等式，

即，当且仅当时取等号．

故取最小值时，

此时．

故

.

故答案为：

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，其中，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差数列的性质及前项和公式，得，求出公差后，可得通项公式；

（2）用分组求和法、裂项相消法求和．

【详解】（1）由题设，，可得，又，所以公差，

所以，

所以的通项公式．

（2）由（1）知：，

令，

，

所以．

18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，且，，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析;

(2).

【分析】（1）证明四边形为平行四边形即可证得，从而证得平面；

（2）由向量法即可求得线面角的正弦值.

【详解】（1）证明：取的中点，连接,如图所示：

因为分别为的中点，所以，

又底面ABCD为菱形，所以，

所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面．

（2）连接，因为四边形ABCD为菱形，，

所以为等边三角形，所以，

又，所以，

故，又，平面ABCD,

所以PD⊥平面ABCD，

又F为BC的中点，所以，所以，

以D为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．

所以，，，

则．

设平面DEF的法向量，

则，令，得．

设直线AF与平面DEF所成的角为θ，

则，

故直线AF与平面DEF所成角的正弦值为．

19．在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．

在中，角的对边分别为．已知，且________________．

(1)求角；

(2)若满足条件的恰有两个，求边的取值范围；

(3)若为中点，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）分别选择条件①，②，③，根据边角转化即可求解角；

（2）根据三角形有两个解，根据边角关系列不等式即可得边的取值范围；

（3）根据向量之间的运算，结合数量积的运算可得的值，即可求的面积．

【详解】（1）解：若选①，∵，∴，

即，由正弦定理得，

即，∵，∴．

若选②，∵，∴

即，整理得，即，∵，∴．

若选③，∵，由正弦定理得，

，故，

即，∵，∴

故，∵，∴．

（2）解：由正弦定理，，所以，故即，

又满足条件的有两个，则角有两个解，由大边对大角，应有，

故边的取值范围是．

（3）解：

由图可得，而，

所以，

∴，∴．

20．已知数列的前n项和为，且是公差为的等差数列．

(1)求证：是等差数列；

(2)用表示中的最大值，若，，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由等差数列的通项公式，与的关系求解，

（2）由题意得，分段讨论后由错位相减法求解，

【详解】（1）因为是以为公差的等差数列，其首项为，

所以，

整理得 ①    当时， ②

①②得，即，

，，所以是以1为公差的等差数列．

（2），又的公差为1，所以，所以，

当时，

令，，

所以，

所以，

所以当时，，

当时，，

当时，，

综上，．

21．在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面．设平面与平面的交线为．

(1)作出交线，并说明作法；

(2)证明：平面平面；

(3)求二面角的大小．

【答案】(1)答案见详解

(2)证明过程见详解

(3)

【分析】（1）延长交于点，连接，则直线即为交线；

（2）分别取的中点，连接，根据中位线定理得出四边形是平行四边形，然后根据面面垂直的性质即可求解；

（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量的方法求解二面角.

【详解】（1）如图，延长交于点，连接，

则直线即为交线；

（2）分别取的中点，连接，所以，

且，点为棱的中点，所以，且，

所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以．

因为，是的中点，所以，

又因为平面平面且交线为，

所以平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

（3）因为侧面为菱形，且，

所以为正三角形，所以，

由（2）知平面平面且交线为，所以平面，

又由，故，，两两垂直，设，则，

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图

则，，，，

由（1）知，故，

二面角即二面角，

 ，，

设平面的法向量为，则，取．

取平面的法向量为，则，即，故平面平面，

即二面角的大小为．

22．已知函数．

(1)证明：函数的图象与直线只有一个公共点；

(2)证明：对任意的，；

(3)若恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】通过构造函数判断单调性，证明方程只有一个根即可.

利用第（1）问结论通过换元法和对数的运算即可证明不等式.

结合小问（1）求证，分离参数构造函数通过单调性证明恒成立.

【详解】（1）要证函数的图象与直线只有一个交点，只需证方程只有一个根，

即证只有一个根，即证只有一个根．

令，，则．

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，．

恒成立，当且仅当时，，方程只有一个根，

即函数的图象与直线只有一个公共点．

（2）由（1）知：即恒成立（在时等号成立）．

，，即，

，，

，即．

（3）解法一：因为恒成立，令，则，所以．

下面证明时原不等式成立，由（1）知：恒成立，即恒成立，

故只要证恒成立，即证，

记，则，由，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

故当时原不等式成立，综上，的取值范围是．

解法二：因为，即恒成立，所以

，令，则

记，同解法一知：当时，即时，，

故，综上，的取值范围是．

【点睛】分离参数通过导数判断函数单调性是解决方程的根和证明不等式非常有效的手段.

注意小问与问题之间的联系，巧妙的换元和构造可以减少非必要的化简和运算.

必要时可以使用特值法探路，大胆假设，利用函数与导数的关系进行证明.