2022届福建省福州市五校联考高三上学期期中考试数学试题含解析

2022届福建省福州市五校联考高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知命题，则为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据全称命题的否定是特称命题判断即可.

【详解】因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题，，

，.

故选：D

【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.

2．已知集合，则如图所示阴影部分表示的集合为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】因为图中所示阴影部分表示的集合为,所以求出集合A、B求交集即可.

【详解】因为图中所示阴影部分表示的集合为，

集合，，

所以.

故选：B.

3．已知为虚数单位，且复数满足，则的共轭复数是（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先根据题意得到，再求共轭复数即可.

【详解】，.

故选：A

【点睛】本题主要考查复数的运算，同时考查了共轭复数的概念，属于简单题.

4．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由指数函数、对数函数、幂函数的单调性，即可比较的大小.

【详解】，，所以，

，故.

故选;B.

【点睛】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识，注意与特殊数的对比，如“0”“1”等等，属于基础题.

5．在△中，为边上的中线，为的中点，则

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.

【详解】根据向量的运算法则，可得

，

所以，故选A.

【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.

6．函数在其定义域上的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】首先根据的奇偶性，排除CD，再根据函数值的符号进一步确定即可得解.

【详解】首先求定义域，，

解得，

，

所以为偶函数，图象关于y轴对称，排除选项CD，

当或时，，排除A

故选：B.

7．标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，此表中各行均为正方形“E”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的倍，若视力4.2的视标边长为，则视力5.1的视标边长为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据等比数列的性质求解即可.

【详解】设第行视标边长为，第行视标边长为

由题意可得：

则数列为首项为，公比为的等比数列

即

则视力5.1的视标边长为

故选：A

【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，属于中档题.

8．定义在R上的偶函数在上单调递减，且满足，，，则不等式组的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得函数的周期为2，又由于定义在上的偶函数在上单调递减，所以由，，可得，并且由得出，从而由得出，进而得出，解不等式组可得答案

【详解】解：因为，所以的周期为2，

因为定义在上的偶函数在上单调递减，

所以由，，可得，且，

由，得，

由，得，

所以，

解得，

所以原不等式组的解集为，

故选：D

二、多选题

9．已知向量，，，设的夹角为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】由条件解得向量，，从而根据向量基本性质及运算法则对选项一一分析即可.

【详解】由知，

，；

则，故B错误；

不共线，故C错误；

，故，故A正确；

，故，D正确；

故选：AD

10．对于实数a、b、c，下列命题中正确的是（       ）

A．若，则 B．若，，则，

C．若，则 D．若，则

【答案】BCD

【分析】取，即可判断选项A；利用作差法即可判断选项B,C,D．

【详解】解：对于A，若，则，故错误；

对于B，若，，则，则，

可得，，故正确；

对于C，若，则，，，

则，所以，故正确；

对于D，若，则，则，故正确．

故选:BCD．

11．已知复数（其中i为虚数单位），下列说法正确的是

A．复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限 B．

C． D．为实数

【答案】CD

【解析】利用复数对应点，结合三角函数值的范围判断；复数的模判断；复数的乘法判断；复数的解法与除法，判断．

【详解】复数（其中为虚数单位），

复数在复平面上对应的点不可能落在第二象限，所以不正确；

，所以不正确；

．所以正确；

为实数，所以正确；

故选：CD

12．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，给出下列命题：①当时，；②函数有2个零点；③的解集为；④，都有.其中所有正确结论的编号是（　　）

A．① B．② C．③ D．④

【答案】CD

【分析】设，则，利用函数的奇偶性即可判断①；可看出，1，0都是的零点，即可判断②；直接解不等式可判断③；根据导数符号可判断的单调性，根据单调性即可求出的值域，即可判断④.

【详解】是定义在R上的奇函数，设，则，

则，

所以，故①错误；

因为，，又，

所以有3个零，故②错误；

当时，由，得，得，

当时，由，得，得；

所以的解集为，故③正确；

当时，，

所以时，，单调递减，时，，单调递增，

所以时，取的最小值为，且时，，

所以，即，

当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以时，取最大值为，且时，，

所以，所以，

所以的值域为，

所以，，都有，故④正确；

故选：CD．

三、填空题

13．已知且，则______.

【答案】

【解析】本题考查同角三角函数及其关系，借助公式，求解即可，求解时需要判定符号的正负.

【详解】解：法一：由可得，

代入解得，

因为，所以，

所以.

法二：由且可取终边上的一点坐标为，

根据三角函数终边定义公式.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：同角三角函数基本关系的3个应用技巧：

（1）弦切互化利用公式实现角的弦切互化；

（2）和(差)积转换利用进行变形、转化；

（3）巧用“1”的变换.

14．曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为_____________．

【答案】

【详解】试题分析：因为，所以切线斜率为，切线方程为，

【解析】导数几何意义

15．已知向量，满足，，，则与的夹角为________．

【答案】

【分析】由得到，代入，，得到，从而得到答案.

【详解】∵，

∴，

∵，

∴

∴，

∴与的夹角为．

故答案为：.

【点睛】本题考查向量的数量积运算，根据向量的模长求夹角，属于简单题.

16．已知定义域为的函数满足，，其中为的导函数，则不等式的解集为______.

【答案】

【解析】引入函数，求导后利用已知条件得，即为增函数，计算，题设不等式又化为，由单调性可求解．最后再由正弦函数性质得出结论．

【详解】设，则，∴单调递增．

，

即为，

∴，∴．

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查用导数解函数不等式，解题关键是引入新函数，利用导数确定单调性，不等式转化为的不等式，从而求解．解题时要善于观察，分析如何引入函数，引入什么样的函数．

四、解答题

17．已知p：，q：x>a2-2a-1

（1）若为真，求的取值范围；

（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）解分式不等式，求其补集即可；

（2）若是的充分不必要条件，则.

【详解】解：，

即，

，

（1）若为真，则；

（2）是的充分不必要条件，

即时，恒有，

，

，

即.

18．如图，以为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点、，已知点的坐标为．

（1）求的值；

（2）已知，求．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由三角函数的定义首先求得的值，然后结合二倍角公式和同角三角函数基本关系化简求解三角函数式的值即可；

（2）由题意可得，然后利用诱导公式求出，再利用两角和的公式即可得解.

【详解】（1）由三角函数定义得，，

∴原式．

（2）由，得，

，

∴．

【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角函数的定义，二倍角公式及其应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，熟记公式及互化是解题的关键，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．

问题：设是数列的前n项和，且，______________，求的通项公式，并判断是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．

【答案】选①，，存在最大值，且最大值为4；选②，，存在最大值，且最大值为50；选③，，不存在最大值，理由见解析．

【分析】选①先判断是首项为4，公比为的等比数列，再求，最后分为奇数和为偶讨论，分别判断存在最大值并求出最大值即可；选②先判断是首项为4，公差为的等差数列，再求出，最后判断存在最大值并求出的最大值；选③先求出，再判断不存在最大值．

【详解】解：选①：因为，，所以是首项为4，公比为的等比数列．

所以．

当为奇数时，，

因为随着的增大而减小，所以此时的最大值为；

当为偶数时，，且，

综上，存在最大值，且最大值为4．

选②：因为，，所以是首项为4，公差为的等差数列．

所以，

由于，得，所以存在最大值，且最大值为或，

因为，所以的最大值为50．

选③：因为，所以，

所以，，…，，

所以，

又，所以，

当时，，故不存在最大值．

【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的判定、由定义求等差数列和等比数列的通项公式、由递推关系求通项公式、数列的前n项和的最值问题，还考查运算求解能力、化归与转化思想，是中档题．

20．在中，，，分别为的内角，，所对的边，且.

（1）求角的大小；

（2）若的面积等于，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用正弦定理和和角的正弦化简即得解；

（2）先化简得到，由余弦定理得到，再解不等式即得解.

【详解】（1）由正弦定理得

因为，所以

所以

即

因为，所以

所以，又，所以.

（2）由

得

又，所以

又因为

所以，即

解得，当且仅当时等号成立

所以的最小值为.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是由余弦定理得到后，能联想到重要不等式构建不等式.

21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n﹣1.     

(1)求数列{an}的通项公式，

(2)设函数f(x)＝()x，数列{bn}满足条件b1＝f(﹣1)，f(bn+1)．

①求数列{bn}的通项公式，     

②设cn，求数列{cn}的前n项和Tn．

【答案】(1)an＝2n，n∈N；(2)①bn＝3n﹣1；②Tn＝5．

【解析】（1）利用及可得通项公式；

（2）①化简关系式，由指数函数性质得数列是等差数列，从而得通项公式；

②由错位相减法求和．

【详解】(1)由Sn＝2n﹣1，即Sn＝2n+1﹣2，

当n＞1时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝(2n+1﹣2)﹣(2n﹣2)＝2n，

当n＝1时，a1＝S1＝2，满足上式．则有数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N；

(2)①f(x)＝()x，b1＝2，f(bn+1)．

可得()()，

即有bn+1＝bn+3，可得{bn}以2首项和3为公差的等差数列，

即有bn＝3n﹣1；

②cn，前n项和Tn＝25()2+…+(3n﹣4)()+(3n﹣1)()n，

Tn＝2()2+5()3+…+(3n﹣4)()n+(3n﹣1)()n+1，

相减可得，Tn()2+…+3()+3()﹣(3n﹣1)()n+1

(3n﹣1)()n+1，   

化简可得，前n项和Tn＝5．

【点睛】本题考查由求，考查求等差数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：

设数列是等差数列，是等比数列，

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（

（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；

（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；

（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．

22．已知函数，．

（1）若的最大值是0，求的值；

（2）若对其定义域内任意，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）1；（2）．

【解析】（1）根据某点上的切线斜率即为函数在该点的导数，列出点斜式方程即可得出答案.

（2）构造函数，对函数求导后，讨论函数单调性，求出的取值范围.

【详解】解：（1）∵的定义域，．

若，，在定义域内单调递增，无最大值；

若，，单调递增；，单调递减．

∴时，取得最大值，∴．

（2）原式恒成立，即在上恒成立，

即在上恒成立．

设，则，

设，

则，

所以在上单调递增，且

，．

所以有唯一零点，且，

即．

两边同时取对数得，易知是增函数

∴，即．

由知

在上单调递增，在上单调递减．

∴，

∴，∴

故的取值范围是．

【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值与最值，属于难题.

思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立求参数范围的一般方法:

①当时，成立，则；

②当时，成立，则