2023届福建省泉州第五中学高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届福建省泉州第五中学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】D

【分析】配方求值域，得到，求出定义域得到或，从而求出交集.

【详解】，故，

，解得：或，

故或，

所以.

故选：D

2．已知平面向量，，则，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量夹角公式求得正确答案.

【详解】，设，的夹角为，

，

，

由于，所以.

故选：C

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据辅助角公式，结合诱导公式、余弦二倍角公式进行求解即可.

【详解】，

故选：B

4．已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）

A．77 B．88 C．99 D．110

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质，计算出等差数列的基本量，即可利用等差数列的求和公式求解.

【详解】，得，解得，

，得，解得，

故，

.

故选：B

5．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的定义域、时的取值范围求得正确答案.

【详解】，

的定义域为，C选项错误.

当时，，，

所以AB选项错误，D选项正确.

故选：D

6．已知在△ABC中，，，，，P在CD上，，则的值为（    ）

A． B． C．4 D．6

【答案】C

【分析】由三点共线求出，再由得出的值.

【详解】三点共线，，，

故选：C

7．已知，，，其中，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，得到其单调性，根据题目条件得到，，，结合且在上单调递减，从而得到.

【详解】构造函数，

则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

由，可得，即，

即，

由，可得，即，

即，

因为，在上单调递增，

所以，故，

因为在上单调递减，，故，

因为，

故，即，

因为，所以，

因为在上单调递减，，故，

从而.

故选：A

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中由对数运算后，根据式子特征选择，从而达到构造出适当函数的目的.

8．关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】转化原不等式为，由此构造函数，对进行分类讨论，结合导数，通过研究时的函数值来确定的取值范围.

【详解】依题意，关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，

即的解集中有且仅有两个大于2的整数，

构造函数，

即的解集中有且仅有两个大于2的整数，

当时，对于，，

即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.

所以.

.

若，即，

设，

，

设，

，

在上递减，且，

所以当时，，递减，

由于，

所以当时，，

所以当时，递减，

所以，

所以当时，恒成立，

即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.

所以，即，

解得，所以的取值范围是.

故选：D

【点睛】利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.

二、多选题

9．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．直线是的对称轴

B．点是的对称中心

C．在区间上单调递减

D．的图象向右平移个单位得的图象

【答案】BCD

【分析】由代入法可检验对称轴与对称中心，从而可判断AB；由得可判断C；求出平移之后的解析式可判断D；

【详解】因为，

所以直线不是的对称轴，故A错误；

因为，

所以点是的对称中心，故B正确；

当时，，

所以在区间上单调递减，故C正确；

的图象向右平移个单位得

的图象，故D正确；

故选：BCD

10．是定义在上的函数，满足，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．当时，方程有两个解

C． D．当时，方程有且只有一个解

【答案】CD

【分析】首先根据条件求出的表达式,再求导，分析的图像，结合图像即求解.

【详解】，将代入得，又，解得，故A错；

令，，则，为任意常数.,..

，当时，,单调递增，当，单调递减,在处取最大值.作图如下：

则方程有两个解，即与的图像有两个交点，,则B错误；

由上图可知，，C正确；当时，与的图像有一个交点，符合题意，D正确.

故选：CD

11．已知扇形AOB的半径为1，，点C在弧AB上运动，，下列说法正确的有（    ）

A．当C位于A点时，的值最小 B．当C位于B点时，的值最大

C．的取值范围为 D．的取值范围

【答案】ACD

【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解.

【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，

设，则，其中，，．

因为，

所以，即，

所以．

所以当时，取得最大值，此时点为的中点，

当或时，取得最小值，此时点为或点，故A正确，B错误，

而，，

所以，

．

因为，所以,故，因此，

所以的取值范围为，故C正确，

，，，

因为，所以,故，

，，所以D正确．

故选：ACD

12．数列满足，，，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，

B．当时，

C．当时，

D．当时，数列单调递增，数列单调递减

【答案】AB

【分析】A选项，得到，构造法求解数列通项公式，得到是首项为2，公比为2的等比数列，求出通项公式；

B选项，利用递推公式求出前3项，猜想，再用数学归纳法证明；

C选项，画出蛛网图，得到当为奇数时，，当为偶数时，，从而得到故，，即，，相加后得到结论；

D选项，推导出为常数列，D错误.

【详解】A选项，，设，整理得：，

所以，故，又，，

所以是首项为2，公比为2的等比数列，

所以，，A正确；

B选项，，

因为，所以，

，

猜想：，下面用数学归纳法进行证明：

显然，满足要求，

假设时，成立，即，

则当时，因为，所以，

故，B正确；

C选项，由B选项知，，

画出与的图象，

因为，且，

画出蛛网图，可以看出：当为奇数时，，当为偶数时，，

，

故，，

所以，，两不等式相加得：，C错误；

，

因为，所以，

显然，，故此时为常数列，D错误.

故选：AB

【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，

（1）若，采用累加法；

（2）若，采用累乘法；

（3）若，可利用构造进行求解；

三、填空题

13．已知，则______．

【答案】##-0.6

【分析】首先将转化成，然后根据三角函数齐次式法求值即可.

【详解】，

，

分子分母同除以，得.

故答案为：

14．已知曲线上的相异两点A，B到直线的距离相等，则点A，B的纵坐标之和的取值范围是______．

【答案】

【分析】设出两点的坐标，求得点A，B的纵坐标之和的表达式，利用对数型函数值域的求法求得正确答案.

【详解】的定义域为，

设，

所以

，

，

所以，

所以点A，B的纵坐标之和的取值范围是.

故答案为：

15．已知数列满足，其前项和为，若恒成立，则的取值范围为__________．

【答案】

【分析】根据题意设，由递推关系表示出，要使恒成立，则,解得即可.

【详解】设，

因为，

则，，，，，，，

，

可知数列的奇数项是递减的，且偶数项也是递减的，

且当时，，

当时，，

要使恒成立，则，

解得，即，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式及数列前n项和的性质，属于难题.

16．锐角的内角所对边分别是a，b，c且，，若A，B变化时，存在最大值，则正数的取值范围______．

【答案】

【分析】首先利用正弦定理得出角的关系，再结合锐角三角形得出角的范围，最后根据存在最大值求出的取值范围即可.

【详解】，，由正弦定理得：

，即：，

或（舍）

是锐角三角形， ，解得：

（其中）

使存在最大值，只需存在，满足

解得： .

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数．

(1)求函数的单调递减区间；

(2)将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求函数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换得到，整体法求解函数的单调递减区间；

（2）根据伸缩变换和平移变换得到，根据，得到，结合正弦函数图象求解出值域.

【详解】（1），

令，则，

所以函数的单调递减区间为：．

（2）将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，

得到函数的图象，再将图象向左平移个单位，

得到的图象，

因为，所以，

所以的值域为．

18．在△ABC中，D为BC上一点，．

(1)证明：；

(2)若，，，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据，得到，利用正弦定理得到，，再结合，即可证明原等式成立；

（2）设，则，根据余弦定理得，解得，然后利用正弦定理求即可.

【详解】（1）△ACD中，由正弦定理得：，

又因为，所以，所以①，

同理，在△BCD中，，

又，则，

所以②，

由得：，原等式即得证．

（2）设，则，

△ABD中，由余弦定理得：，

即，解得．

所以，，

由，

得．

19．设各项均为正数的数列的前n项和为．且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，其前n项和，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）因为，所以得到，然后化简得，找出首项，求出通项即可；

（2）利用第一问先求出，然后利用裂项相消求出即可.

【详解】（1）由已知得：，

因为，，

所以，且，

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，

所以，．

（2）因为，

所以．

，

又因为，所以，所以．

20．在四棱锥中，AD∥BC，，，G是PB的中点，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)求证：平面GAC⊥平面ABCD；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）取AD的中点E，连接BE交AC于点O，连接，PE．通过证明OG⊥平面ABCD，来证得平面GAC⊥平面ABCD；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值．

【详解】（1）取AD的中点E，连接BE交AC于点O，连接，PE．

因为△PAD是等边三角形，所以PE⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，平面，

所以PE⊥平面ABCD，

又AB平面ABCD，

所以，

不妨设，

因为，，，

所以，

所以△ACD为直角三角形，所以，

所以且，

所以四边形ABCE是菱形，

所以O为BE的中点，

又因为G是PB的中点，所以，

所以OG⊥AB，OG⊥AD，且，

所以OG⊥平面ABCD，平面GAC，

所以平面GAC⊥平面ABCD．

（2）由四边形ABCE是菱形可得OB⊥OC，

则可分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向，O为原点，如图建立空间直角坐标系．

由（1），，，

所以，，，，

所以，，

设平面ABG的法向量为，则，

取，则，

易得平面ACG的法向量可取，

所以，

由图知二面角为锐二面角，所以其余弦值为．

21．已知数列满足2，．

(1)求，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，求数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解．

【答案】(1)，，，

(2)，8

【分析】（1）改写递推公式为，用倒数法先求出的通项公式，继而求出数列的通项公式；

（2）展开计算出不等式，得出k的取值范围，写出的通项公式，再用错位相减法求出即可.

【详解】（1）因为，所以由已知递推式可求得：，，．

因为，所以，

所以且，

所以数列是首项为1，公差为的等差数列，

则，所以．

（2）当时，，

所以，所以这样k有个，即，

所以，

则，

，

两式相减得：

，

所以，

因为为递增数列，又，，

所以，所以关于n的不等式的最大正整数解为8．

22．已知函数．

(1)讨论的最小值；

(2)设有两个零点，证明：．

【答案】(1)当时，无最小值；当时，取最小值

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用换元法可得：令，由，，故在上递增，因此，所以，则，分，和进行讨论即可得解；

（2）根据题意由（1）可得有两个零点即两个零点，，

且，，则原不等式等价于，利用换元法证明即可.

【详解】（1）因为，，

令，，，

故在上递增，因此．

，则，

①若，则，所以在上无最小值；

②若，则，恒成立，在上递增，

当，，此时在上无最小值；

③若，则当时，，递减，

当时，，递增，

所以当时，取最小值即取最小值．

综上，当时，无最小值；当时，取最小值．

（2）有两个零点两个零点，，

且，．

．

由，两式相加得，

两式相减得，

因此，

所以即证．

不妨设，则，

则只需证，即．

设，，

则，

在上递增，则，

所以原不等式即得证．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，考查了转化思想.要求较高计算能力，属于难题.本题的关键点有：

（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；

（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.