2023届福建省福安市第一中学高三上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2023届福建省福安市第一中学高三上学期第三次月考数学试题含解析，共18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届福建省福安市第一中学高三上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合N中所含元素的可能性逐一判断即可.【详解】对于A，当集合时，不是的子集，故A错误；对于B，当集合时，不是的子集，故B错误；对于C，当集合时，，故C错误；对于D，因为，，且，所以，故D正确.故选：D.2．已知复数满足，则（    ）A． B．4 C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算求出，则可求得.【详解】解：，所以．故选：D.3．若，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】D【解析】用诱导公式结合同角间的商的关系，从已知等式可求出，即可求解.【详解】由得，所以，所以或，故或.故选:D.【点睛】本题主要考查三角恒等变换等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养，属于基础题.4．对于正项数列中，定义：为数列的“匀称值”已知数列的“匀称值”为，则该数列中的（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】确定，取和带入式子，相减得到答案.【详解】，即，故；；两式相减得，所以．故选：D5．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值法进行判断即可.【详解】，解得且，令，则，故函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除C选项；，排除D选项；，故可排除A选项.故选：B6．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则△ABC的外接圆的直径为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由面积公式求出c，利用余弦定理求出b，利用正弦定理求出外接圆的直径.【详解】因为，，，所以，解得：.由余弦定理得：.由正弦定理得：.故选：C7．在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，，且.若函数f(m)(m∈R)的最小值为，则的最小值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得||的最小值为AB边上的高，由函数f(m)＝|－m|的最小值为，即点A到BC边的距离为，可求出∠ACB＝120°，即可求出||的最小值.【详解】法一：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，所以||的最小值为AB边上的高，又AC＝BC＝1，即O为AB的中点，且函数f(m)＝|－m|的最小值为，即点A到BC边的距离为.又AC＝1，所以∠ACB＝120°，在中，，从而可得||的最小值为.故选：C.法二：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，所以||的最小值为AB边上的高.设的夹角为，所以依题，可得，因为是钝角，所以.在中，，从而可得||的最小值为. 故选：C.8．已知函数，则函数的零点个数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】确定函数的值域，利用换元法令 ，则，则将函数的零点问题转化为函数的图象的交点问题，作函数图象，确定其交点以及其横坐标范围，再结合的图象，即可确定的零点个数.【详解】已知，当时， ，当时，，作出其图象如图示：可知值域为，设 ，则，则函数的零点问题即为函数的图象的交点问题，而，作出函数的图象如图示：可知：的图象有两个交点，横坐标分别在之间，不妨设交点横坐标为，当时，由图象和直线可知，二者有两个交点，即此时有两个零点；当时，由图象和直线可知，二者有3个交点，即此时有3个零点，故函数的零点个数是5，故选：B.【点睛】本题考查了复合函数的零点个数的确定问题，综合性较强，涉及到函数的值域以及分段函数的性质的应用和数形结合的思想方法，解答的关键是采用换元法将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题. 二、多选题9．如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ）A．直三棱柱的侧面积是B．直三棱柱的外接球表面积是C．三棱锥的体积与点的位置有关D．的最小值为【答案】ABD【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积即可判断A；讲直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值判断C；将侧面展开即可求出最小值判断D．【详解】在直三棱柱中，，，,则，底面和是等腰三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2+，故A正确；设底面外接圆半径为，即，即，所以直棱柱的外接球半径，直三棱柱的外接球表面积为，故B正确；由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点， 三棱锥的高为定值，××2＝，××＝，故C错误；把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时， 取最小值，，故D正确．故选：ABD．10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为【答案】BD【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.【详解】，所以，故A错误；，故B正确；，，，，故C错误；向量在上的投影向量为，故D正确．故选：BD11．设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．或为的最大值【答案】BD【分析】由及前n项和公式可得，即可判断A、B的正误，进而得到判断C，结合二次函数的性质判断D的正误.【详解】由，即，则，又，所以，，则A错误，B正确；且，故，C错误；由的二次函数性质：开口向下且，易知为的最大值，D正确.故选：BD12．函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（    ）A．的最小正周期为B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为【答案】ABD【分析】选项A，把图像上的点代入函数解析式，可以求出，再算出最小正周期进行判断；选项B，利用图像的平移，得到新函数解析式，再判断奇偶性；选项C，方程的根转化为两个函数图像的交点问题，再根据对称性求和；选项D，点到直线距离的最小问题，转化成曲线的切线问题解决.【详解】因为经过点，所以，又在的单调递减区间内，所以①；又因为经过点，所以，，又是在时最小的解，所以②．联立①、②，可得，即，代入①，可得，又，所以，则．的最小正周期为，A正确．向左平移个单位后得到的新函数是，为偶函数，B正确．设在上的6个根从小到大依次为．令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，，所以，C错误．作与平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线的最小距离，令，则，解得或，又，所以（舍去），又，令，，，则由可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，D正确故选：ABD． 三、填空题13．已知曲线的一条切线的斜率为，则该切线的方程为______.【答案】【解析】设出切点坐标，利用函数在切点处的斜率为即可求出切点，进而求出切线方程.【详解】设切点为，，，解得（舍去）或，，故切线方程为，即.故答案为：.14．把正整数以下列方法分组：，其中每组都比它的前一组多一个数，设表示第组中所有各数的和，那么等于___________．【答案】【分析】根据数的排列规律，可求得第组的最后一个数字，再求得第组的第一个数字，即可由等差数列求和公式求解.【详解】由数字排列规律可知，每组的最后一个数字为，所以第组的最后一个数字为，第组共有个数字，所以第组第一个数字为，由等差数列前n项和公式可得，故答案为：.15．已知三棱锥中，，，，，若三棱锥的最大体积为，则三棱锥外接球的表面积为_____．【答案】12π【分析】取中点，说明为三棱锥外接球球心，记外接球半径为，用表示各线段长，易知面面时，三棱锥体积最大，由此列方程求解半径，即可得到外接球表面积.【详解】解：如图，取中点，连结、，，，为中点，，,,，，为中点，，，，为三棱锥外接球球心，记三棱锥外接球半径为，则，,易知面面时，三棱锥体积最大，故当三棱锥体积最大时，面面，又面与面交于直线，在面上，面，此时三棱锥的体积为，三棱锥的最大体积为，，即，解得，三棱锥外接球的表面积．故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了面面垂直的性质定理，考查了空间想象能力和推理能力，属于中档题.16．如图，在中，若，则面积的最大值为__________．【答案】2【分析】先求得面积的的表达式，再对其求最大值即可解决.【详解】中，令，则，又，则有，则则又，则，（当且仅当时等号成立）则面积的最大值为2故答案为：2 四、解答题17．已知函数(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2) 【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.【详解】（1），，所以函数的最小正周期为，令，，得函数的对称轴方程为，（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，所以，令，所以.又，所以在上的单调递减区间为.18．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.[方法二]：正弦化角（通性通法）设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．[方法三]：余弦与三角换元结合在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，所以周长的最大值为．【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值. 方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决. 方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.19．已知函数.（1）时，求函数的单调递增区间；（2）若函数在区间上不单调，且时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)求导函数,利用导数大于0,可得函数的单调递增区间;(2)利用在上不单调,确定,时,不等式恒成立,等价于,从而可求实数的取值范围.【详解】（1）当时，，定义域为R，，令，得，或，函数的单调递增区间是；（2），令，得，或，∵函数在区间上不单调，，即，又∵在上，，在上，，在上的最大值为，∴当时，不等式恒成立，等价于，，，，解得，综上所述，a的取值范围是.【点睛】本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查恒成立问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.20．已知数列的各项均为正数，其前n项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若，设数列的前n项和为，当对任意都成立时，求实数k的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，当时，，解得，当时，，利用等比数列的通项公式即可得出．（2），利用错位相减法即可得出．【详解】解：（1），当时，，解得，当时，，，数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，．（2），数列的前项和为，，相减可得：，化为：．，当对任意都成立时，，实数的取值范围是,．21．如图，四棱锥的底面是菱形，，，.（1）证明：平面平面；（2）若，点在棱上，且，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接与相交于，根据，得到平面，得到证明.（2）以为轴建立空间直角坐标系，设，根据得到，计算平面的法向量为，平面的法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）如图所示：连接与相交于，，故，四棱锥的底面是菱形，故，，故平面，平面，故平面平面.（2），故平面，取中点，连接，故.以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，，解得，，.，，，，故，解得或（舍去），.设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，，设二面角的平面角为，则.【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.22．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，若函数恰有两个零点，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出的导数，讨论和时导数正负即可得出单调性；（2）令，则由题可得，将题目转化为证明大于0恒成立，利用导数即可证明.【详解】解：（1）.当时，在上恒成立，所以在上单调递增；当时，令得；令得；所以在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：当时，在上单调递减，在上单调递增.所以，解得.由条件有，整理得，令，则，.所以，所以，令，则，当时，，所以单调递增，，又当时，，所以，即.【点睛】关键点睛：本题考查与双变量有关的不等式证明，解题的关键是将其转化为证明大于0恒成立.