2023-2024学年福建省福州市闽江口协作体高三上学期11月期中联考试题 数学（解析版）

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全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5．本卷主要考查内容：集合，函数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，立体几何，数列.
一、单项选择题：本题共8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】A
【解析】
【分析】先化简集合M，再由集合的交集运算求解.
【详解】解：因为集合，
所以，
故选：A
2. 已知，复数，则以下为实数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘方，计算即可求解.
【详解】由题意知，
，
所以.
故选：C.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】首先判断函数的奇偶性，再由函数在上的取值情况判断即可.
【分析】函数则，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除C、D；
当时，，所以，则，故排除B.
故选：A
4. 如图，边长为2的正方形是用斜二测画法得到的四边形的直观图，则四边形的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由斜二测画法确定平行四边形相关边长及对应高，即可求面积.
【详解】由直观图知：四边形中，且其对应高，
所以四边形的面积为.
故选：D
5. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. 关于轴对称D. 关于中心对称
【答案】D
【解析】
【详解】首先判断函数的定义域，再根据奇偶性与对称性的定义判断即可.
【分析】函数定义域为，
且，所以是非奇非偶函数，故A、B错误；
因为，所以不关于对称，故C错误；
又，
所以关于中心对称，故D正确；
故选：D
6. 圆台的内切球的表面积与圆台的侧面积之比为，则圆台母线与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，作，则E为切点，由三角形的全等可得母线的长为，进而.由球的表面积和圆台的侧面积公式化简计算可得，即可求解.
【详解】设内切球的半径为R，上底面的圆的半径为，下底面的圆的半径为，
如图，作，则E为切点，有，，
所以，，
得，故母线的长为，
在中，，即，得.
又内切球的表面积与圆台的侧面积之比为，
所以，由得，
设母线与底面的夹角为，则.
故选：D.
7. 函数的两个零点分别为，且，在上仅有两条对称轴，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数零点的概念和三角函数的图象与性质可得，由且可得.由可得，取即可求解.
【详解】因为函数的两个零点为，且在上仅有两条对称轴，
所以，又且，得.
由函数的零点为，得，
得，
当时，，此时.
故选：A.
8. 正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据四面体体积为，由，求得，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解.
【详解】解：设，因为四面体体积为，
所以，解得，
建立如图所示空间直角坐标系：
则 ，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
设与平面所成的角为 ，
所以，
故选：C
二、多项选择题：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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】ABC选项，利用作差法比较大小，D选项，变形后，利用基本不等式证明出结论.
【详解】A选项，因为，所以，，
故，
所以，A正确；
B选项，，
因为，所以，
故，B正确；
C选项，因为，所以，
故，
故，C错误；
D选项，因为，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，
故D正确.
故选：ABD
10. 已知，且角的终边上有点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】利用三角函数定义结合诱导公式求解判断AB；利用和角的正余弦公式化简计算判断CD.
【分析】由，得，则角为第四象限角，，
显然，因此，A正确；
显然，B错误；
，C正确；
，D正确.
故选：ACD
11. 在三棱柱中，为的中点，，平面，，则下列结论错误的是（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【分析】在三棱柱中，平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则，则、、、
、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
对于A选项，因为，
所以，平面与平面不垂直，A错；
对于B选项，，所以，平面与平面不垂直，B错；
对于C选项，，因为，则与平面不平行，C错；
对于D选项，，则，所以，，D对.
故选：ABC.
12. 在中，，为中点，交于点，则（ ）
A.
B.
C. 四边形的面积是面积的
D. 和的面积相等
【答案】AB
【解析】
【分析】根据向量的运算法则，可判定A正确；设，求得，结合三点共线，求得，可判定B正确；设的面积为，根据三角形的面积公式，求得四边形的面积为，可判定C不正确；根据题意，得到，可判定D错误.
【详解】对于A中，因为，即为（靠近点）的三等分点，
所以，所以A正确；
对于B中，设，
由点为的中点，可得，
可得，
以为三点共线，可得，
所以，可得且，
解得，即，所以B正确；
对于C中，设的面积为，因为，可得，
又因为为中点，且，可得，
所以四边形的面积为，所以C不正确；
对于D中，由，可得，所以，
所以和的面积不相等，所以D错误.
故选：AB
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量、的夹角的余弦值为 ，，，则________．
【答案】
【解析】
【详解】根据数量积的定义与运算律计算可得.
【分析】因为向量、的夹角的余弦值为 ，，，
所以，
所以.
故答案为：
14. 函数的值域为________．
【答案】
【解析】
【详解】将函数变形为，再结合指数函数与幂函数的性质计算可得.
【分析】因为，
又，所以，所以，所以，
所以，
所以函数值域为.
故答案为：
15. 已知等差数列的前项和为，若，则______.
【答案】44
【解析】
【分析】利用通项公式，进行基本量代换求出，再利用前n项和公式和性质求出.
【详解】设公差为，有，可得，
有，.
故答案为：44
【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．
16. 在四棱锥中，底面为矩形，平面，则以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为________；若是上的动点，则的最小值为________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，求出圆心角即可求出弧长，将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为，再在平面四边形中求出的长度，即可得解.
【详解】因为平面，底面为矩形，则以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，
在上取一点，使得，连接，则的长度即为以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长，
由，，所以，则，所以，
则的长度为，
即以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为，
将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为（平面图形如下所示），
因为，，，所以，，
，，，
所以，又，
所以，，
所以
，
又
，
所以（负值舍去），
即的最小值为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：对于处理线段和最值问题，一般是化折为直，利用两点间线段最短解决.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 已知数列满足：，数列为等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求和：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，，即可求出等比数列的通项公式，从而求出的通项公式；
（2）利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
因为，，数列为等比数列，
所以，，则，即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
【小问2详解】
.
18. 在锐角中，．
（1）求；
（2）在内有点，使得，求．
【答案】（1）.
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得，然后利用正弦定理求得.
（2）先求得，然后利用余弦定理、同角三角函数的基本关系式求得.
【小问1详解】
依题意，，
由余弦定理得，
即，，解得或，
当时，，
钝角，不符合题意，所以.
由于，是锐角，所以，
由正弦定理得.
【小问2详解】
设，则，
则，则，
在三角形中，由余弦定理得，
，
解得或（舍去）.
所以，
在三角形中，由余弦定理得，
由于为锐角，所以，
所以.
19. 已知函数是奇函数．
（1）求实数的值；
（2）设关于的不等式的解集为．若集合中的整数元素只有两个，求实数的取值范围．
【答案】19.
20
【解析】
【分析】（1）由题意可得，检验，即可求解；
（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式，可得，分类讨论当、、、、时对应的解集，结合题意即可求解.
【小问1详解】
由题意知，是定义域为R上的奇函数，
则，即，解得，
经检验，符合题意，所以；
小问2详解】
由（1）知，，则，
又函数在R上单调递增，所以函数在R上单调递增，
由，
得，即.
当时，，解得，此时集合A不满足题意；
当时，，
对于方程，
若，则，不等式的解集为，此时集合A不满足题意；
若，则，不等式的解集为，
又集合A有2个整数元素，所以，则，解得；
若，则，不等式的解集为，此时集合A不满足题意；
若，则，不等式的解集为，
又集合A有2个整数元素，所以，则，无解.
综上，实数a的取值范围为.
20. 如图，在长方体中，为中点，．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
如图建立空间直角坐标系，令，
则，，，，，
所以，，
因为，所以，解得（负值舍去），
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，
设平面的法向量为，则，取，
设平面的法向量为，则，取，
设二面角为，由图可知二面角为锐二面角，
所以，）公众号：全元高考
所以，即二面角的正弦值为.
21. 若，，，且的对称中心到对称轴的距离的最小值为．
（1）求的单调区间；
（2）求在上的值域．
【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为，.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再根据周期求出，即可得到函数解析式，最后根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由的取值范围，求出的范围，再由正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】）公众号：全元高考
因为，，且，
所以
，
又的对称中心到对称轴的距离的最小值为且，
所以，即，解得，所以，
令，，解得，，
即的单调递增区间为，，
令，，解得，，
即的单调递减区间为，.
【小问2详解】
因为，则，所以，
所以，则在上的值域为.
22. 已知函数.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）请判断函数是否可能有两个零点，并说明理由；
（3）设，若对任意的，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）不可能，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）结合对数函数的定义域，解对数不等式求得不等式的解集.
（2）由，求得，，但推出矛盾，由此判断没有两个零点.
（3）根据函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1列不等式，结合分离常数法来求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，不等式可化为，
有，有
解得，
故不等式，的解集为.
【小问2详解】
令，有，
有，，
，，
则，）公众号：全元高考
若函数有两个零点，记为，必有，，
且有，此不等式组无解，
故函数不可能有两个零点
【小问3详解】
当，，时，，函数单调递减，
有，
有，
有
有，整理为，
由对任意的恒成立，必有
解得，
又由，可得，