2023届福建省福州延安中学高三上学期12月阶段练习数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省福州延安中学高三上学期12月阶段练习数学试题（解析版），共20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届福建省福州延安中学高三上学期12月阶段练习数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解出集合和取交集即可.【详解】，，所以.故选：A2．复数的共轭复数为，则（    ）A． B． C．6 D．8【答案】A【分析】由复数乘方运算及共轭复数概念写出，进而求模.【详解】由题意，，而，所以，则.故选：A.3．函数在上的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】定义法判断函数的奇偶性，再根据函数值正负情况进行判断.【详解】因为，所以函数是定义在上的偶函数，排除选项A；当时，，排除选项D；当时，，排除选项C，故选：B．4．已知，，，若，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到，然后根据投影向量的定义求投影向量即可.【详解】，因为，所以，解得，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：B.5．某制药企业为了响应并落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备，在过滤过程中，污染物含量M（单位：）与时间t（单位：h）之间的关系为：（其中，k是正常数）．已知经过，设备可以过速掉20%的污染物，则过滤一半的污染物需要的时间最接近（    ）（参考数据：）A．3h B．4h C．5h D．6h【答案】A【分析】由题意可得，进而利用指数与对数的关系可得，再用换底公式结合对数的运算性质求解即可【详解】由题意可知，所以，又因为，所以，所以，比较接近3，故选：A6．已知是各项均为正数的等差数列，且，则的最大值为（    ）A．10 B．20 C．25 D．50【答案】C【分析】根据等差数列的性质，化简原式，得到，用基本不等式求最值.【详解】∵，∴，由已知，得，∴，当且仅当时等号成立.故选：C.7．函数，某相邻两支图象与坐标轴分别交于点，则方程所有解的和为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，进而求出，代入特殊点坐标，求出，得到，从而得到方程，结合，求出，，得到答案.【详解】由题意得：，所以，因为，所以，所以，又，，解得：，所以，故，因为，所以，当或满足题意，所以或时，解得：，故.故选：B.8．已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点个数为（    ）A．0 B．1 C．0或1 D．1或2【答案】B【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果【详解】设是函数图象的切点，则，∴（1） 又（2），将（1）代入（2）消去整理得：，∴，设是函数的切点，据题意，又故，令，， ∴，故，在定义域上为增函数，又，故，故，∴，在上是增函数当时，；当时，；由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个函数零点个数是1，故选：B． 二、多选题9．设等比数列的前n项和为，则下列数列一定是等比数列的有（    ）A．，，，… B．，，，…C．，，，… D．，，，…【答案】BD【分析】设数列的公比为，，判断选项中的数列的项和公比，是否满足等比数列的定义，从而求得结果.【详解】设数列的公比为，，对于A和C，都有首项，当时，，不满足等比数列，故AC错误；对于B，，且，同理，故数列，，，…为等比数列，B正确；对于D，，且，，故数列，，，…为等比数列，D正确；故选：BD10．已知正方体，设是棱的中点，则（    ）A．平面B．C．平面与平面所成角的正弦值为D．三棱锥与三棱锥体积相等【答案】AD【分析】对于A选项，在平面内找到与平行的直线即可·.对于B选项，通过求出，所成角度即可判断.对于C选项，可将平面与平面所成角转化为求平面与平面所成角.对于D选项，分别计算三棱锥与三棱锥体积即可.【详解】对于A选项，如图，设交于，在中，因F为中点，E为CB中点，则FE为中位线，可得，又平面，EF平面，则平面，故A正确.对于B选项，如图，因，所以异面直线与AC所成角就是与AC所成角.又连接，因，所以为等边三角形，有，得异面直线与AC所成角为，故B错误.对于C选项，如图，因平面平面，所以平面与平面所成角等于平面与平面所成角.取中点为G，连接BG，.因，BG，所以为平面与平面所成二面角的平面角.设正方体棱长为2，则，所以.故C错误.对于D，由图，.，又，故，故 D正确.故选：AD11．如图所示，中，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（    ）．A． B．C． D．与夹角的余弦值为【答案】AC【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；对B，根据三点共线的性质，结合可得，进而得到判断即可；对C，根据余弦定理可得，再根据B中两边平方化简求解即可；对D，在中根据余弦定理求解即可【详解】对A，，故A正确；对B，设，则由A，，故，因为三点共线，故，解得，故，故，所以，即，故B错误；对C，由余弦定理，，由B有，故，即，所以，故C正确；对D，在中，，，故，故D错误；故选：AC12．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】分别构造、、，利用导数研究它们在上的单调性比较大小即可，应用特殊值法判断D.【详解】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，故在定义域上递增，则，即，所以，错误；B：令且，则，故在定义域上递增，则，即，所以，则，即，正确；C：令且，则，故在定义域上递增，则，即，所以，则，正确；D：当时，，错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，应用导数研究单调性，进而比较大小关系. 三、填空题13．的展开式中常数项为______.（用数字作答）【答案】84【分析】根据二项展开式的通项公式求解.【详解】根据通项公式,令 ,解得,所以,故答案为:84.14．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为___________.（用数字作答）【答案】144【分析】根据间隔排列知两端均为“冰墩墩”,可以先排【详解】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.故答案为：144.15．已知等比数列的公比，则__________．【答案】【分析】根据给定条件，求出等比数列的首项及公比即可求解作答.【详解】在等比数列中，，由得：，即有，因，则，即有，解得，，，所以.故答案为：16．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，该书内容十分丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.其中卷五“商功”中记载“今有鳌臑下广两尺，无袤；上袤四尺，无广；高三尺”.即“现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽2尺而无长，上底长4尺而无宽，高3尺”，即有一“鳌臑”（四面体），已知，，，，则此四面体外接球的表面积是______.【答案】【分析】画出图形，取的中点，连接，利用已知条件证明为四面体的外接球的球心，在直角三角形中解出球体的半径，从而求出四面体外接球的表面积.【详解】如图所示，取的中点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，所以为四面体的外接球的球心，设半径为，所以在中，由，，所以，在中，，，所以所以所以四面体外接球的表面积为： 故答案为：. 四、解答题17．已知等差数列中， (1)求；(2)设 ，的前项和为，证明： 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据可得以及，求得公差，继而求得数列通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项法求数列的和，即可证明结论.【详解】（1）设等差数列的公差为， ，所以 ，可得 ，两式相减可得： ，所以，所以 ，可得：；（2）由（1）知：，所以 ， , ， , ，即．18．给出以下三个条件：①且；②，； ③；请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．在锐角△ABC中，，____．(1)求角B；(2)求△ABC的周长l的取值范围．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）选①，根据平面向量的数量积运算，结合二倍角的余弦公式即可得出答案.选②，由两角差的余弦公式结合二倍角的正弦、余弦公式即可得出答案.选③，由正弦定理的边角转化结合两角和的正弦公式即可得出答案.（2）利用正弦定理构造周长l的关于角的函数，利用三角函数的值域，即可求得结果.【详解】（1）选①，∵且，∴，即，∵，∴（没有注明角的范围的扣1分）选②，，∵，∴，∵，∴．（没有注明角的范围的扣1分）选③，∵，∴由正弦定理可得，，∴， ，即，∵，∴．（没有注明角的范围的扣1分）（2）由正弦定理可得，则△ABC的周长 ，解得，∴  ∴，∴．故△ABC的周长l的取值范围为．19．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，．(1)证明：；(2)点F在线段PD上，试确定点F的位置使BF与平面PAB所成的角的正弦值为．【答案】(1)证明见解析(2)点F在PD的中点处 【分析】（1）由线面垂直的性质定理即可证明；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，分别以DA，DB，DP为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，设点F的坐标是，求出直线BF的方向向量和平面的法向量，再由线面角公式代入即可得出答案.【详解】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD面ABCD，∴取AB中点E，连接DE，∵，∴，又∵，∴．∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴，又，PD面PAD， AD面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA面PAD，∴（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，分别以DA，DB，DP为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,,0)，P(0,0,)，设平面PAB的一个法向量为，则，则可取．设点F的坐标是，则BF的坐标是(0,－,t)，设BF与平面PAB所成的角为，则解得或点F在线段PD上，则，即点F在PD的中点处满足题意.20．已知数列中，；(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和，若对于n≥2恒成立，求实数m的范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由可得数列是以为首项，2为公比的等比数列，进而得( )，由累加法即可求出的通项公式；（2）由题意可得=，利用错位相减可得，将问题转化为恒成立，令，根据函数的单调性求出的最大值即可得实数的范围.【详解】（1）因为，所以，由，可得，即有，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，当时，，当时，满足，故；（2）由（1）可知，又因为，所以，，两式相减得，所以，又因为对于恒成立，即对于恒成立，等价于恒成立，令，则有，所以，所以为减函数，所以，所以，即实数m的范围为．21．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了100名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，并将得分分成以下6组：、、、…、，统计结果如图所示：(1)试估计这100名学生得分的平均数；(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在的人数为，试求的分布列和数学期望；(3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分X近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算.所有参加知识竞赛的2000名学生中，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？参考数据：，，.【答案】(1)(2)分布列见解析，(3) 【详解】（1）解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数.(2)解：参加座谈的11人中，得分在的有人，所以的可能取值为，，，所以，，.所以的分布列为012 ∴.（3）解：由（1）知，，所以.得分高于77分的人数最有可能是.22．函数，.(1)求的单调增区间；(2)对，，使成立，求实数的取值范围；(3)设，为正实数，讨论在的零点个数.【答案】(1)(2)(3)当时，没有零点；时，有唯一零点. 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2），即，设，问题等价于，，根据导数法求出最值，即可求解；（3）求出函数的导数，通过讨论n的范围，得到函数的单调区间，从而确定n的范围即可．【详解】（1），当，即时，，单调递增.综上，的递增区间是（2），即，设，则问题等价于，，由（1）可知，当时，，故在递增，∴，，，∵，，当，，在递增，，故，，实数的取值范围是；（3），，，①若，则∵，∴，则在上递增，∴此时无零点，   ②若时，设，则，∵∴，∴故在上递增.∵，，故存在，使得，故时，，即，递减，时，，即，递增，故时，，当时，，，此时由零点存在性定理及单调性得存在唯一零点.综上，当时，没有零点；时，有唯一零点.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．证明任意恒成立可转化为