2023届福建省漳州第一中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析

这是一份2023届福建省漳州第一中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析，共17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届福建省漳州第一中学高三上学期第一次阶段考试数学试题 一、单选题1．已知复数满足，若为纯虚数，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】先根据为纯虚数设出其代数形式，再利用复数的乘法、复数相等进行求解.【详解】因为为纯虚数，所以设，则由，得，即，所以，解得.故选：C.2．已知集合，，则的所有子集的个数为（    ）A．15 B．16 C．31 D．32【答案】B【分析】先化简两个集合，用列举法表示集合，利用子集个数的计算公式求解即可【详解】由题意，，，故，有4个元素，故的所有子集的个数为：.故选：B3．已知命题：，；命题：，，则下列说法正确的是（    ）A．与均为真命题 B．与均为假命题C．与均为真命题 D．与均为真命题【答案】D【分析】首先判断出命题、的真假，然后可得答案.【详解】当时，的值不存在，所以命题是假命题，当时，，所以命题为真命题，所以与均为真命题，故选：D4．把函数图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），再将所得曲线上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），最后把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将的图象向右平移个单位，再将曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍，然后图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍，从而可求出的解析式.【详解】因为把函数图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），再将所得曲线上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），最后把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以将的图象向右平移个单位，得，再将曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍，得，然后图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍，得，所以，故选：A5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用诱导公式及二倍角公式计算可得.【详解】解：因为，所以；故选：A6．如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，点的坐标为，点位于第一象限，，若，则A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：由于所以三角形为等边三角形．．【解析】三角恒等变换．7．若，，，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用基本不等式和对数的运算法则得到，再利用指数函数单调性结合放缩法得到即可求解．【详解】，，，，，，，， ，故选：．8．已知函数(，）满足，，且在区间上是单调函数，则的值可能是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】先由题意得出的表达式，易知是奇数，再根据选项求出的解析式，判断在上是否单调即可.【详解】解：，关于对称，又，关于对称，设的周期为，，而，；对A，当时，，又关于对称，，解得：，又，，，当时，，显然不单调，所以A错误；对B，是奇数，显然不符合；对C，当时，，又关于对称，，解得：，又，，，当时，，显然单调，所以C正确；对D，是奇数，显然不符合.故选：C.【点睛】方法点睛：求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令 (或)，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对 。的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 二、多选题9．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角B可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】计算的范围，由此判断出正确结论.【详解】，当且仅当时等号成立，所以，所以AB选项正确，CD选项错误.故选：AB10．“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体为，取0，3，6，12，24，48，96，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0．4，0．7，1．0，1．6，2．8，5．2，10．0，…，则下列说法中正确的是（    ）A．“提丢斯数列”是等比数列B．“提丢斯数列”的第99项为C．“提丢斯数列”的前31项和为D．“提丢斯数列”中，不超过20的有8项【答案】BCD【分析】记“提丢斯数列”为数列，推导出等比数列，由等比数列的性质、通项公式和前项和公式对选项一一判断即可得出答案.【详解】记“提丢斯数列”为数列，则当时，，当时，，符合该式，当时，不符合上式，故，故A错误；，故B正确；“提丢斯数列”的前31项和为，故C正确；令，即，得，又，故不超过20的有8项，故D正确．故选：BCD．11．已知，若函数在处取得极小值，则下列结论正确的是（    ）A．当时， B．当时，C． D．【答案】AD【分析】求导，得到的两个根，再利用函数在处取得极小值和的图象判定选项A、B的正确性，再利用不等式的性质判定C、D的正确性.【详解】函数的定义域为，且，令，得或，要使函数在处取得极小值，需要在处的左侧临近区域，在处的右侧临近区域；对于A：当时，的图象为开口向上的抛物线，则需，解得，即选项A成立；对于B：当时，的图象为开口向下的抛物线，则需，解得，即选项B不成立；对于C：当时，；当时，，即选项C不成立；对于D：当时，；当时，，即选项D成立.故选：AD.12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．函数的一个周期为 B．函数在上单调递增C．函数的最大值为 D．函数图象关于直线对称【答案】ABD【分析】根据函数的周期性定义判断A，根据复合函数的单调性及三角函数的单调性判断B，取特殊值法可判断C，由的关系可判断D.【详解】由知，A正确；由在上单调递增及复合函数的单调性知，在上单调递增，由在上单调递减，可知在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；当时，，故函数的最大值取不是，故C错误；关于直线对称，故D正确.故答案为：ABD 三、填空题13．已知非零向量，满足，，则______.【答案】【分析】由垂直关系可得，从而可得，代入条件即可得到结果.【详解】∵，∴，即又，∴，解得.故答案为：14．若f（x）是R上的偶函数，且在（0，）上单调递减，则函数f（x）的解析式可以为f（x）=___________.（写出符合条件的一个即可）【答案】-（答案不唯一）【分析】根据奇偶函数与增减函数的定义直接得出结果.【详解】若，则，故f（x）为偶函数，且易知f（x）在（0，+∞）上单调递减，故f（x）在（0，）上单调递减，符合条件.故答案为：.15．设数列的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为_____.【答案】【分析】先利用裂项抵消法求得，再将不等式恒成立问题转化为，进而通过解一元二次不等式进行求解.【详解】因为，所以，则；对任意的，不等式恒成立，则，即，解得或，即实数的取值范围为.故答案为：.16．在单调递增，则的范围是__________．【答案】【分析】由求导公式和法则求出，由题意可得在区间上恒成立，设，从而转化为，结合变量的范围，以及取值范围，可求得其最大值，从而求得结果.【详解】，则，因为函数在上单调增，可得在上恒成立，即，令，则，，所以，因为在上是增函数，所以其最大值为，所以实数的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关函数在给定区间上是增函数，求参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有导数与单调性的关系，恒成立问题向最值问题转换，注意同角的正余弦的和与积的关系. 四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，若问题中的三角形存在，求出的面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，，         ？【答案】见解析【分析】利用正弦定理转化为，结合余弦定理可得，结合，可得.若选择①，可得，利用面积公式可求解；若选择②，利用均值不等式可判定无解；若选择③，结合正弦定理、面积公式可得解.【详解】因为，所以由正弦定理，得，即，即，所以，又，所以，因为，所以，即（ⅰ），选择①：因为，所以由（ⅰ），得，即，所以，所以满足条件的三角形存在，且.选择②：因为，所以，这与②矛盾，所以满足条件的三角形不存在.选择③：因为，所以由正弦定理，得，代入（ⅰ），得，，因为，，所以满足条件的三角形存在，且.18．已知数列为等差数列，且，.(1)求数列的通项公式及前项和；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，(2)， 【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式，求出和，计算可得结果；（2）由（1）的结论可得数列的前4项均为负数，从第5项开始都为非负数．据此分2种情况求出，综合可得答案.【详解】(1)设的公差为，则，解得，所以，.(2)由，得，所以当时，；当时，，所以当时，；当时，，所以，.19．在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，，，且四棱锥的体积为.(1)在图中画出平面与平面的交线，写出画法并说明理由；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）过点做的平行线，即可得到直线；理由，根据条件，先证平面，即可得到，从而得到结论.（2）取的中点，连接，根据四棱锥的体积求得，然后分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，即可得到线面角的正弦值.【详解】(1)在平面内过点作的平行线，直线即直线理由如下：因为是矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为平面与平面的交线为，平面，所以，又因为是平面与平面的公共点，所以，而过点且与平行的直线有且只有一条，所以直线即直线.(2)取的中点，连接，因为，所以，因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，因为四棱锥的体积为，所以，即，因为，所以，所以，作于，则，，两两垂直，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．漳州是福建省重点城市，它不仅有着深厚的历史.积淀与丰富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年来漳州参观旅游的人数不胜数，其中八卦楼与古城被称为两张名片.为合理配置旅游资源，现对已游览八卦楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩古城记1分，若继续游玩古城记2分，每位游客选择是否游览古城景点的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列；(2)（ⅰ）若从游客中随机抽取人，记总得分恰为的概率为，求数列的前10项和；（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为的概率为，探讨与之间的关系，并求数列的通项公式.【答案】(1)分布列见解析(2)（i）；（ii）与的关系见解析，，. 【分析】（1）的可能取值为3，4，5，6，计算对应的概率值，列出分布列；（2）（ⅰ）由题意可得，结合等比数列的求和公式，即得解；（ⅱ）可得，即，所以是首项为，公比为的等比数列，求解即可.【详解】(1)的可能取值为3，4，5，6.，，，.所以的分布列为3456 (2)（ⅰ）总得分恰为的概率，所以数列是首项为，公比为的等比数列，前10项和.（ⅱ）已调查过的累计得分恰为的概率为，当时，得不到分的情况只有先得分，再得2分，概率为，所以，即，所以.因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以.21．已知直线与抛物线相切且与椭圆交于、两点.(1)若直线的斜率为，请比较与的大小；(2)为坐标原点，求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出直线方程，联立直线与抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式为0得到，联立直线与椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式大于0得到，消去即可求解；（2）利用弦长公式求得，再利用点到直线的距离公式求出到直线的距离，进而求出三角形的面积，再利用基本不等式求其最值.【详解】(1)设直线的方程为，代入，得，因为与抛物线相切，所以，即  ①将代入，得，因为直线与椭圆有两个交点，所以，即    ②①代入②，得，所以(2)易得直线l斜率必存在，结合（1）设，，则，所以，且到直线的距离，所以当且仅当③时，“=”成立，由①③解得，，经检验满足②，此时面积的最大值为.22．已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）令，若存在，且时，，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.(2)根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.【详解】解：（1）的定义域为，，当时，，当时，由得，由得，∴当时，在上单调递增当时，在上单调递减，在单调递增.（2），∵，由题意知，，∴，令，则，∴在上单调递增，不妨设，∵，∴，∴，∴∴，∴，令，只需证，只需证，设，则，∴在递增，∴，即成立，∴，即.【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.