福建省泉州第五中学2023届高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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. 77B. 88C. 99D. 110
【答案】B
【解析】
【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
【解析】
【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. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
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
【解析】
【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
【解析】
【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，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
【解析】
【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
【解析】
【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，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：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则______．
【答案】##-0.6
【解析】
【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】
【解析】
【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】
【解析】
【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】
【解析】
【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：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
，
令，则，
所以函数单调递减区间为：．
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
△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．
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
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，．
【小问2详解】
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）．
【解析】
【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．
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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.
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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.