福建省厦门市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份福建省厦门市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析，共16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。
一、单选题
1. 已知集合，则的真子集共有（）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集运算得集合P，再根据集合P中的元素个数，确定其真子集个数即可.
【详解】解：
，的真子集是共3个.
故选：B.
2. 若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合二次函数的对称轴和单调性求得的取值范围.
【详解】函数的对称轴为，
由于在上是减函数，所以.
故选：B
3. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式的性质、解一元二次不等式的方法、解绝对值不等式的公式法，结合充分不必要条件的性质进行求解即可.
【详解】因为，则，
因为，则，
即是的充分而不必要条件，
所以，
故选：B
4. 已知焦距为4的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知焦距为4，得出，又由双曲线方程求出渐近线方程，而直线与渐近线垂直，得出它们斜率之积为，从而得出、之间的关系，代入，解出、，写出方程即可.
【详解】由已知焦距为4，所以，，又双曲线方程的渐近线方程为：，而直线的斜率，且直线与一条渐近线垂直，所以，即，由解得，所以双曲线方程为：
故选：C.
5. 已知函数在上的图象如图所示，则与之大致匹配的函数是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据特殊值可排除AB，由定义域排除D，即可求解.
【详解】由图可得，，而、选项时，函数值均为，、错误；
由图可得，而选项中函数定义域取不到，故错误
故选: C
6. 已知，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用诱导公式化简整理，可求得的值，将所求改写成，上下同除，即可得结果.
【详解】由题意得，所以，解得，
所以.
故选：A
7. 设，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，并利用导数、对数的性质研究大小关系即可.
【详解】设函数，则，
所以为减函数，则，即，又，
所以．
故选：D
8. 已知定义在上的函数满足，①，② 为奇函数，③当时，恒成立.则、、的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性和单调性即可比较的大小.
【详解】由可得的周期为，
因为为奇函数，则，
又因为的周期为，所以，即为奇函数，
因为时，，所以在上单调递增，
因为为奇函数，所以在上单调递增，所以在上单调递增，
因为的周期为，，，
，所以，
即.
故选：A.
二、多选题
9. 下列函数中，满足“，，都有”的有（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意可知满足题意的函数为在上减函数，由此一一判断选项中函数的单调性，可得答案.
【详解】由，，都有，可知函数在时减函数.
函数在时为减函数，符合题意，故A正确；
函数在时为增函数，所以在时为增函数，故B错误；
函数图象的对称轴为，故在时为增函数，故C错误；
函数在时单调递减，符合题意，故D正确.
故选：AD.
10. 已知复数，则下列说法正确的是（）
A. 复数在复平面内对应的点在第四象限B. 复数的虚部为
C. 复数的共轭复数D. 复数的模
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简得，再得到其在复平面内对应的点的象限，虚部，共轭复数，模即可得到答案.
【详解】，
，所以复数在复平面内对应的点在第三象限，故A错误；
虚部为，故B正确；
复数的共轭复数，故C正确；
复数的模，故D正确；
故选：BCD.
11. 设函数，则下列结论正确的是（）
A. 的一个周期为B. 的图象关于直线对称
C. 的一个零点为D. 在上单调递减
【答案】ABC
【解析】
分析】根据周期、对称轴、零点、单调性，结合整体思想即可求解.
【详解】对于A项，函数的周期为，，当时，周期，故A项正确；
对于B项，当时，为最小值，此时的图象关于直线对称，故B项正确；
对于C项，，，所以的一个零点为，故C项正确；
对于D项，当时，，此时函数有增有减，不是单调函数，故D项错误.
故选：ABC
12. 已知等差数列的前n项和为，且满足，，则（）
A. 数列是递增数列B. 数列是递增数列
C. 的最小值是D. 使得取得最小正数的
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，结合等差数列的性质以及前项和的公式与性质，一一判断即可.
【详解】因为，，所以，可得公差，的最小值是，故AC正确；
因为，单调递减，，单调递增，所以B项错误；
因为，所以，
同理，所以取得最小正数的，D项错误.
故选AC项．
三、填空题
13. 若，，则________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，准确运算，即可求解.
【详解】因为，且，
可令，则，设终边上一点的坐标，
则，可得．
故答案为：．
14. 若直线与曲线相切，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点为，利用导数的几何意义结合条件即得.
【详解】设切点为，则，，
，，
，
所以，.
故答案为：.
15. 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解：因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
16. 已知函数存在极值，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】分析可知函数在上存在极值点，求得，可得出，即可求得实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，且，
由题意可知，函数在上存在极值点，
对于方程，，解得或，
解方程可得，，且，
故有，整理可得.
若，则，矛盾；
若，则.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
17. 在中，a，b，c分别是角A、B、C的对边，且．
（1）求C；
（2）若，求A．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理即可求解，
（2）利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式即可得，进而可求解.
【小问1详解】
∵，∴，∴，
由于C是三角形内角，∴．
【小问2详解】
由正弦定理可得，
∴
∴，∴，
∴，∴．
∵，∴，
由于B是三角形内角 ，∴，则．
18. 设各项非负的数列的前项和为，已知，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用得出的递推关系，从而得数列从第2项起为等差数列，结合等比数列的性质可求得，这样可得通项公式，然后由已知式中令求得，比较后可得结论；
（2）用错位相减法求和．
【小问1详解】
当时，，
当时，①，②.
①-②得，即，
∵，∴，
∴数列从第2项起是公差为1的等差数列.
∴，
又，，成等比数列，∴，即，
解得，∴，
∵，∴，适合上式，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
，
∴数列的前项的和为
③
④
③-④得
，
∴.
19. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，
四边形为平行四边形：
，
平面平面，
平面；
【小问2详解】
平面平面，平面平面平面，平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
,平面与平面所成的夹角的余弦为
20. 已知为椭圆上任一点，，为椭圆的焦点，，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆的两交点为A，，线段的中点在直线上，为坐标原点，当的面积等于时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】由椭圆定义可得的值，进而由离心率可得，再求得，即可得到椭圆的方程；
设出点A，的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可求出，进而求得的值，从而求得直线的方程．
【小问1详解】
由椭圆定义得，，所以，故，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设代入方程，
得
所以，，
所以，解得，
则式变为则，
底边上的高，所以的面积．
令，解得，
把，代入式，经检验，均满足，
此时直线的方程为或．
21. 学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为，.
（1）判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；
（2）用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.
【答案】（1）甲、乙获得冠军的实力没有明显差别
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，利用互斥事件和独立事件的概率共求得和，结合，即可得到结论；
（2）根据题意，得到的可能取值为，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，
则教师甲获得冠军的概率
，
由对立事件的概率公式，可得得，
所以，解得，
因为，所以甲、乙获得冠军实力没有明显差别.
【小问2详解】
解：根据题意知，的可能取值为，
可得，
，
，
.
所以随机变量的分布列为
所以期望为.
22. 已知函数.
（1）若不等式在区间内恒成立，求实数取值范围；
（2）求证：（为自然对数的底数）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；
（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.
【小问1详解】
因为，，所以，
令，又，令解得，
时，，递增，时，，递减，
所以当时函数有最大值，且最大值为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以
，
又
，
所以，
0
15
30
0.15
0.425
0.35
0.075