2023届福建省厦门市厦门外国语学校高三上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2023届福建省厦门市厦门外国语学校高三上学期期中考试数学试题含解析，共25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届福建省厦门市厦门外国语学校高三上学期期中考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，集合，若，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由可得出，可知，解出集合，结合题意可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】且，则，.
若，则，可得，不合乎题意；
若，则，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于中等题.
2．若复数z满足，其中是虚数单位，则的值为（    ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】由已知得，设，化简计算可得.
【详解】因为，所以，故设，则，所以.
故选：B.
3．在等比数列中，若，是方程的根，则的值为（    ）
A． B． C． D．或
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列的性质计算作答.
【详解】显然方程有两个正实根，依题意，有，，
等比数列公比，，所以.
故选：C
4．已知，若，则的最大值为（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】利用基本不等式的性质，解一元二次不等式即可得出结果.
【详解】由，得，所以，
令，则，解得，
即，故，当且仅当时等号成立，的最大值为1，
故选：A．
5．定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据奇函数满足为偶函数可知是一个周期函数，根据可判断单调性，利用周期性将自变量都转化到上，再利用单调性即可得大小关系.
【详解】因为为偶函数,所以满足,又因为是奇函数,所以故
因此即是以4为周期的周期函数.
，

当时，，在单调递增，在单调递减，故在单调递增.所以
故选：A
6．若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即

故选：C.

7．如图所示几何体ABCDEF，底面ABCD为矩形，，，△ADE与△BCF是等边三角形，，，则该几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】找到球心及球心在平面ABCD上的投影，根据题干信息得到各边长，设出，利用半径列出方程，求出，进而求出半径，外接球表面积.
【详解】连接AC，BD交于点O，过O点作平面ABCD，交EF与M.

因为四边形ABCD为长方形，所以外接球的球心在OM直线上，设为外接球的球心，
取AD，BC的中点分别为G，H，连接EG，FH，
因为，，可得，
因为，为等边三角形，所以，
因为，，所以平面EFHG，
因为，所以，，
所以，，因为，所以EF到平面ABCD的距离为，
设，则，
所以，，所以，
即，解得:，
所以，
所以.
【点睛】立体几何中的外接球问题，要能画出图形，找到球心和球心在某些特殊平面上的投影，利用半径建立方程，求出半径，再求解表面积或体积.
8．已知，，（）是函数（且）的3个零点，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】显然，即，设，则，所以，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】解：显然，即，
设，则

所以，
所以，
因为恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
故选：A.

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．“”是“”的充要条件
B．已知，是非零向量，若，则与的夹角为锐角
C．若，，，则
D．命题“，”的否定为“，”
【答案】AD
【分析】根据对数函数的单调性，向量数量积的定义，面面垂直的性质，以及带量词的命题的否定，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：若，因为是单调增函数，故，满足充分性；
若，因为是单调增函数，且真数大于零，故，满足必要性；
故“”是“”的充要条件，A正确；
对B：已知，是非零向量，若，则两向量的夹角为锐角或，B错误；
对C：根据线面垂直的性质，只有当，，，且时，才有，故C错误；
对D：命题“，”的否定为“，”，D正确；
故选：AD.
10．将函数图像上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法正确的是（    ）
A．的最小正周期为π
B．图像的一个对称中心为
C．的单调递增区间为
D．的图像与函数的图像重合
【答案】ABD
【分析】由题可得到.
对于A选项，由最小正周期公式可得答案.
对于B选项，令，其中即可.
对于C选项，解不等式，其中即可.
对于D选项，利用诱导公式将变形即可.
【详解】由题.
对于A选项，，故A正确.
对于B选项，令，解得，其中.
得图像的对称中心为，其中.当时，得图像的一个对称中心为，故B正确.
对于选项C，令，其中.
解得，其中，得的单调递增区间为，其中，故C错误.
对于D选项，由，有
，故D正确.
故选：ABD
11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使PQ∥平面MBN
C．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
D．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形
【答案】ABD
【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D．
【详解】A.连接，，，正方体中易知，
又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；

B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，，
因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，
平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故选项B正确；

选项C，
取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错．

选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，
Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.
当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.
当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.
综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.
故选项D正确；

故选：ABD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：
求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形. 解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心.
12．已知函数的定义域为，且满当时，，λ为非零常数，则下列说法正确的是（    ）
A．当时，
B．当时，在单调递增
C．当时，在的值域为
D．当时，且时，若将函数与的图象在的m个交点记为（，2，3，…m），则
【答案】BC
【分析】理解函数 的性质： ，即 ，自变量x每增加2，则对应的函数值为原来的倍，利用这个性质逐项分析可以求解.
【详解】不妨令 ，则图像如下：

由函数的性质可得：当时， ，
，…，，
∴当时， …①；
对于A，当λ＝﹣1，时，
，，所以是周期为4的周期函数， ，
由于 ，， = ，故A错误；
对于B，当λ＞0时，
  ， ∴在上，由①知，的单调性与在上相同，即为增函数，故B正确；
对于C，由得，，则．
因为，如图可知，

在和单调递增，
在单调递减．
当时，
；
．
所以在的值域为，故选项C正确．
对D：由图像可知，与的图象在有n个交点，且，，（，2，3，…n），， ，所以，故选项D错误．
故选：BC．


三、填空题
13．已知单位向量，，，满足，则向量和的夹角为_____________．
【答案】
【分析】利用向量的运算律结合已知求出，再利用向量夹角公式计算作答.
【详解】单位向量，，，满足，则，即，解得，
于是得，而，则，
所以向量和的夹角为.
故答案为：
14．已知等差数列的前n项和为，，则取最大值时，n的值为______.
【答案】
【分析】根据已知条件求得等差数列的公差，由求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
，
由，解得，由于，
所以取的最大值时，的值为.
故答案为：
15．如图，在棱长为2的正方体中，O为正方形ABCD的中心，P为棱上的中点则正方体表面到P点距离为2的轨迹的总长度为_____________．


【答案】
【分析】确定点为球心，半径为的球在正方体每个面上的截面图形，求出轨迹的长度即可.
【详解】如下图所示，在侧面上，

设以点为球心，半径为的球分别交、于点、，则，
所以，，从而，故，
故在平面上的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的一段圆弧，同理可得在平面上的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的一段圆弧，
设以为球心，为半径的球截平面所得圆的半径为，
则，
故以为球心，为半径的球在平面上的轨迹是以为半径，圆心角为的一段圆弧，同理可得以为球心，为半径的球在平面上的轨迹是以为半径，圆心角为的一段圆弧，
以为球心，为半径的球与平面相切，
因此，轨迹的总长度为，
故答案为：.
16．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为_________．
【答案】
【分析】根据题意，不妨设，故，进而得，所以在和中，由正弦定理得，，故，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.
【详解】根据题意, 点为的费马点，的三个内角均小于,
所以，
设，
所以在和中，，且均为锐角，
所以
所以由正弦定理得：，，
所以，，
因为
所以
，
因为，所以，所以，
所以
故实数的最小值为.
故答案为：

【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.

四、解答题
17．已知的内角，，的对边分别为，，.已知.
(1)求；
(2)若，为的中点，，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据在中，有，利用正弦定理求解；
（2）解法一：根据为线段中点，得到，然后平方，再利用余弦定理，结合，求得求解；解法二：根据，利用余弦定理得到，再利用余弦定理得到，结合求解.
【详解】（1）解：在中，因为，
由正弦定理得，
整理得，
又，所以，
又因为，
所以.
（2）解法一：因为为线段中点，
所以，
所以，化简得，①
在中，由余弦定理得，
即，②
又，③
联立①②③，解得，
所以.
解法二：
因为，
由余弦定理得，
即，①
在中，由余弦定理得，
即，②
又，③
联立①②③，解得，
所以.
18．已知数列满足，.
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式.
（2）若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.
【答案】（1）证明见解析；；（2）8.
【解析】（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；
（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．
【详解】（1）由取倒数得
，即，所以为公差为的等差数列，
.
（2）当时，，
所以这样有个，，
，
，
两式相减得：，
所以为递增数列.
，，
，
所以最大正整数解为8.
【点睛】方法点睛：本题主要考查等差数列的证明，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．
19．如图①，在平面五边形中，是梯形，，，，，是等边三角形.现将沿折起，连接、得如图②的几何体.

（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论；
（2）取中点，连接、，推导出、、两两垂直，然后以点为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结论.
【详解】（1）取中点，连接、，则是的中位线，且，
且，且，则四边形是平行四边形，，
又平面，平面，平面；

（2）取中点，连接、，易得，，
在中，由已知，，.
，，所以，、、两两垂直，
以为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，

则、、、，
则，，，
假设在棱上存在点满足题意，设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得平面的一个法向量，
又平面的一个法向量，
由已知，
整理得，解得（舍去），
因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且.
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角的余弦值解决动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
20．数列的前n项和为，数列满足，且数列的前n项和为．
(1)求，并求数列的通项公式；
(2)抽去数列中点第1项，第4项，第7项，…，第项，余下的项顺序不变，组成一个新数列，数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)，，
(2)证明见解析

【分析】（1）由得出，再由前项和与通项的关系得出数列的通项公式；
（2）分类讨论，两种情况，由分组求和法得出，再由的单调性得出证明.
【详解】（1）由题意得，①
当时，；当时，；
当时，，②
①②得，，
当时，，也适合上式，所以，所以，
两式相减得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以．
（2）数列为：，所以奇数项是以4为首项，8为公比的等比数列，偶数项是以8为首项，8为公比的等比数列．
所以当时，

所以，
所以，显然是关于k的减函数，所以；
所以当时，

所以，
所以，显然是关于k的减函数，所以；
综上所述，．
21．已知函数．
（1）若是曲线的切线,求的值；
（2）若,求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】法一：（1）根据题意，设切点的坐标为（x1，y1），求出函数的导数，由导数的几何意义分析可得，解可得a的值，即可得答案；
（2）根据题意，f（x）≥1+x+lnx即x（e2x﹣a）≥1+x+lnx，结合x的取值范围变形可得a+1≤e2x，设F（x）＝e2x，利用导数分析F（x）在（0，+∞）上的最小值，据此分析可得答案．
法二：（1）同解法一. （2）设，求导后，先研究a=1时导函数的最小值，从而得到结论成立，再研究a>1和a