2023届福建省厦门市湖滨中学高三上学期期中考试数学试题（解析版）

2023届福建省厦门市湖滨中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过解不等式求出集合A，B，再判断集合A，B的关系.

【详解】因为，由有：；

因为，由有：或；

所以，或，

所以，故A，B，C错误.

故选：D.

2．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由共轭复数的概念与复数的四则运算法则求解即可

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：A

3．在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.

【详解】设等比数列的公比为，则，

由题意可得，即，则，故.

故选：B.

4．如图，在平行四边形中，E是的中点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算求得正确答案.

【详解】.

故选：C

5．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（      ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将不等式恒成立问题转化为最值问题，然后利用基本不等式求最值即可.

【详解】当时，恒成立，所以，又，所以，当且仅当，即时等号成立，所以.

故选：D.

6．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边绕点逆时针旋转后，经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数的定义得，，再结合余弦的和角公式求解即可.

【详解】解：依题意角的终边过点，

所以，；

则．

故选：A

7．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：

①将的图象向右平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称；

②点为图象的一个对称中心；

③；

④在区间上单调递增．

其中正确结论的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】由三角函数的性质列式得出的解析式，再由其性质与图象变换对结论逐一判断，

【详解】由题意得，且，，解得，，

对于①，的图象向右平移个单位长度后得，显然不是奇函数，故①错误，

对于②，，故点为图象的一个对称中心，故②正确，

对于③，，故③错误，

对于④，当时，，故在区间上单调递增，故④正确，

故选：C

8．已知，且满足，为自然对数的底数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，利用导函数研究函数的单调性判断即可.

【详解】解：因为在上单调增，，所以，故A、D错误；

构造函数，则，，

当时，，单调增，

当时，，单调减，

因为，，即，又，

所以，，，，

所以，

所以，，，即，

所以，故B正确.

故选：B.

二、多选题

9．已知向量，，，则（    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】ABD

【分析】利用向量的坐标运算，逐个验证选项.

【详解】已知向量，，，

，，选项A正确；

，，选项B正确；

，选项C错误；

，，

设与的夹角为，则，与的夹角为，选项D正确.

故选：ABD

10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（    ）

A． B． C．的面积为 D．的周长为

【答案】ABD

【分析】利用正余弦定理和已知条件，解三角形，验证各个选项.

【详解】由，有，得，选项A正确．

因为，由正弦定理有，，得，选项B正确．

的面积为，选项C错误．

因为，由余弦定理，

解得，故的周长为，选项D正确.

故选：ABD

11．已知函数 ，则（    ）

A．在单调递增

B．有两个零点

C．在点处切线的 斜率为

D．是奇函数

【答案】AC

【分析】求导，运用导函数的符号判断单调性，并由此判断零点数量，运用定义法判断奇偶性.

【详解】 时，，

在 上单调递增，A正确；

当 时， ，单调递减，∴ 在 处有极小值， ，

有且仅有一个零点，错误；

，C正确；

为偶函数，错误；

故选：.

12．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】对A选项从函数关于点对称得到；对B选项，通过赋值，得到的其中一个周期为4，对C选项进行求和得到值与值相关；对D由前面知道其一个周期为4，通过计算得到其每四个数值和为0，最后得到2020组数据和也为0.

【详解】因为的图象关于点对称，所以，

的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误；

令得，，因为，

所以与联立得，

，则，

所以，即的其中一个周期为4，

因为，所以．

即，所以的其中一个周期也为4，

由，得，

与联立，得，

即．所以B正确；

由，得，但与的值不确定，

又，，

所以

故C错误；

由，得，所以，

又，，

两式相加得，，所以，故D正确，

故选：BD．

【点睛】抽象函数的对称性、周期性、奇偶性综合的问题难度较大，不易推导求解，平时要多去推导练习.

三、填空题

13．已知{}是等差数列，是其前项和.若，=10，则的值是_____.

【答案】

【详解】由得，因此

【解析】等差数列的性质

【名师点睛】本题考查等差数列的基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列出关于首项及公差（比）的两个独立条件即可.为使问题易于解决，往往要利用等差数列相关性质，如及

14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则___________．

【答案】

【分析】由正弦定理角化边，即可得到，从而得到，再由余弦定理求出，最后由同角三角函数的基本关系计算可得；

【详解】解：因为，即，由正弦定理可得，

又，即，即，

由余弦定理，即，

所以，

所以；

故答案为：

15．已知的展开式中常数项为20，则___________.

【答案】

【分析】写出的展开式的通项公式，根据题意可得关于m的方程，解得答案.

【详解】由题意可得的展开式的通项公式为 ，

故当时，即时，，

当时，即时，，

故的常数项为，解得，

故答案为：

16．已知函数（其中a为常数）有两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是______.

【答案】

【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.

【详解】.

若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.

由，及方程根的情况，得，则，.

又，所以，要使恒成立，只需恒成立.

又，

令，则，

当时，，为减函数，

所以当时，.

由题意，要使恒成立，只需满足.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，考查利用导数求函数最值，解题的关键是根据题意将问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值，考查数学转化思想，属较难题.

四、解答题

17．内角A，B，C的对边分别为，，，且.

(1)求的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再结合两角和公式化简整理；（2）根据题意求得，利用余弦定理和倍角公式可得解．

【详解】（1）因为

由正弦定理，

所以

，

即，

故.

（2）因为，又，

所以.

.

18．数列满足，．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，得，两式相减得，即可得到数列的计算项与偶数项分别成等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得．

（2）由（1）可得，再利用裂项相消法计算可得；

【详解】（1）解：数列满足，①，

所以，即，

②，②①得，即数列奇数项以为首项，为公差的等差数列，偶数项以为首项，为公差的等差数列，

为奇数时，；为偶数时，．

（2）解：由（1）可知

记数列的前n项和为，则

19．在直四棱柱中，，，，．

(1)求证：平面；

(2)求点D到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，证出，，利用线面垂直的判定定理即可证出；

（2）利用等体积法，由图可知：，根据三棱锥体积公式即可求解.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

该几何体为直四棱柱，平面ABCD，

，，

，，

∴四边形ABCD为正方形，

，，

，，，，平面

平面

（2）（2）等体积法由图可得：

由（1）中证明知：平面，，

又

20．奥密克戎BA.5变异毒株的潜伏期又缩短了，但具体到个人，感染后潜伏期的长短还是有个体差异的．潜伏期是指已经感染了奥密克戎变异株，但未出现临床症状的和体征的一段时期，奥密克戎潜伏期做核算检测可能为阴性，建议可以多做几次核算检测，有助于明确诊断．某研究机构对某地1000名患者进行了调查和统计，得到如下表：

(1)求这1000名患者的潜伏期的样本平均值．

(2)该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取300 人，得到如下列联表请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95％的把握认为潜伏期与患者年龄有关．

(3)为了做好防疫工作，各个部门、单位抓紧将各项细节落到实处，对“确诊”、“疑似”、“无法明确排除”和“确诊密接者”等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人．若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者的密接接触”，现医护人员要对这5人进行逐一“单人单管”核酸检测，只要出现一例阳性，则该小区将被划为“封控区”．假设每人被确诊的概率为且相互独立，若当时，至少检测了4人该小区就被划为“封控区”的概率取得最大值，求．

附：，其中

【答案】(1)

(2)没有的把握认为潜伏期与年龄有关

(3)

【分析】（1）根据平均数公式计算可得；

（2）完善列联表，计算出卡方，即可判断；

（3）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式求出至少检测了4人该小区被确定为“封控区”的概率，设，利用导数求出函数的极大值点，即可得解；

【详解】（1）解：根据统计数据，计算平均数为

（天）；

（2）解：依题意潜伏期不超过天的抽取人，

超过天的抽取人，

所以可得列联表如下：

根据列联表计算，

所以没有的把握认为潜伏期与年龄有关；

（3）解：至少检测4人该小区被测定为“封控区”包含两种情况：

①检测4次被确定，②检测5次被确定．

则至少检测了4人该小区被确定为“封控区”的概率为．

设，

，

，当时，当时，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以时函数取得极大值即最大值，

当时，最大，

．

21．已知O为坐标原点，椭圆的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)直线l与椭圆C交于A，B两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由椭圆的离心率及点在椭圆上，列方程组求椭圆参数，即可得椭圆C的方程；

（2）讨论直线斜率的存在性，设及l为，联立椭圆方程，应用判别式求t、k的关系，结合韦达定理及已知条件求t的范围，再应用向量数量积的坐标表示得到关于t的关系式，进而其范围，注意直线斜率不存在时的值.

【详解】（1）由题意，，又，解得．

所以椭圆C为.

（2）设，

若直线l的斜率存在，设l为，联立，

消去y得：，，

则，又，

故且，即，则，又，

所以，

整理得，则且恒成立．

，

又，且，故.

当直线l的斜率不存在时，，又，又，解得，则．

综上，的取值范围为．

22．已知和有相同的最大值.（）

(1)求的值；

(2)求证：存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点且，使得成等比数列.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）分别用导数法求出与的最大值，由最大值相等建立等式即可求解；

（2）画出和的图象，设和的图象交于点，则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，可得，再结合函数的单调性与等比数列的定义求解即可

【详解】（1）的定义域为，且，，

当时，，递增；当时，，递减；

所以，

的定义域为，且，

当时，，递增；当时，，递减；

所以，

又和有相同的最大值，

所以，解得，

又，

所以；

（2）由（1）可知：

在递增，在递减，且，

在递增，在递减，且，

和的图象如图所示：

设和的图象交于点，

则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，

则，且，

因为，

所以，即，

因为，且在递增，

所以，

所以，

因为，

所以，即，

因为，且在递减，

所以，

所以，

所以，即，

所以得成等比数列

【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，最值，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得的数量关系