2023届福建省高三11月联合测评数学试题含解析

2023届福建省高三11月联合测评数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合的性质与不等式，得全集和集合，再根据补集运算即可.

【详解】解：，，则.

故选：C.

2．曲线在处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对函数求导，代入则得到斜率，再得到点斜式方程.

【详解】对函数求导得,故当时,斜率，

又切线过点，故切线方程为，即

故选：C.

3．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据奇函数的定义以及分段函数的函数值即可求解.

【详解】因为是定义在上的奇函数，且,

所以.

故选:B.

4．在中，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三角形的内角和定理，求出,再利用两角差的正弦公式将

其展开整理得到，进而求出结果.

【详解】因为，所以，

又因为，所以，

整理得，即，

故选：.

5．在三棱锥中，，且，，则该三棱锥的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据，，求出为等边三角形，，由余弦定理得到，从而由勾股定理逆定理得到，，结合三角形面积公式得到，，作出辅助线，得到，从而求出该三棱锥的表面积.

【详解】因为，，，

所以为等边三角形，，

在中，利用余弦定理得：，

解得：，

同理可得：，

因为，

由勾股定理逆定理可得，，

所以，，

取的中点，连接，则，

因为，所以，

由勾股定理得：，

故，

所以四棱锥的表面积.

故选：A

6．已知函数在上单调递增，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据的单调性可得，解不等式可求得；根据和所处的范围，可知和关于对称，由此可解得的值.

【详解】当时，，

在上单调递增，，解得：，即，

，，

则由得：，解得：.

故选：C.

7．已知函数存在减区间，则实数的取值范围为（    ）

A．  B． C． D．

【答案】D

【分析】函数存在减区间,则有解可求解.

【详解】由题可知,

因为函数存在减区间,则有解,

即有解,

令,,

令,解得 ; 令,解得 ,

所以在单调递减, 单调递增,

所以,

因为有解,所以,

解得.

故选:D.

8．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】对与变形，，，进而构造与，利用导函数得到函数单调性，从而得到，，得到结果.

【详解】易知，，

设，则，所以单调递增，

所以，故，

所以

设，则，所以单调递减，

所以，即，所以，

综上，.

故选：B

【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，本题中对与变形，均用含的式子来进行表达，从而达到构造出适当函数的目的.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．若，，且，则的最小值为1

B．若，，且，则的最小值为1

C．若关于的不等式的解集为，则

D．关于的不等式的解集为

【答案】AC

【分析】根据基本不等式判断A；根据判断B；根据一元二次不等式的解集判断C；根据的大小关系判断D.

【详解】解：对于A，因为，当且仅当时，等号成立，故A正确；

对于B，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为1，故B错误；

对于C，因为的解集为，所以，故C正确；

对于D，因为，

所以，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为，故D错误.

故选：AC

10．已知函数的极值点分别为，则下列选项正确的是（    ）

A．

B．

C．若，则

D．过仅能做曲线的一条切线

【答案】ACD

【分析】首先根据已知条件得到，，再结合导数的性质依次判断选项即可.

【详解】，，

因为函数的极值点分别为，

所以有两个不相等的实数根，

所以，故A正确.

对选项B，因为，所以，

令，则，，

所以，，为增函数，

，，为减函数，

，，为增函数，

所以，为函数的极值点.

所以，故B错误.

对选项C，，

化简得：，解得，故C正确.

对选项D，设切点为，

，切线过，

所以，即，解得，

所以过仅能做曲线的一条切线，故D正确.

故选：ACD

11．已知为锐角，且，则（    ）

A．

B．

C．若，则

D．若，则

【答案】BC

【分析】利用两角和差正弦公式化简已知等式可求得，知A错误；由的范围可求得，结合的范围可知B正确；由已知等式可求得，利用同角三角函数平方关系可构造方程求得的值，知C正确；利用二倍角正切公式化简可求得，进而知D错误.

【详解】由得：，

；

对于A，由得：，A错误；

对于B，，，，，

则，解得：，

又，，B正确；

对于C，，，，

，，；

，又，，

，，，C正确；

对于D，，，，

，，解得：，，则，

，D错误.

故选：BC.

12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.对于数列及数列，若，下列说法正确的是（    ）

A．存在数列，使得与都为等比数列

B．存在数列，使得与都为等差数列

C．存在数列，使得为等比数列，且为等差数列

D．存在数列，使得为等差数列，且为等比数列

【答案】BCD

【分析】利用奇偶性得到，然后利用等差等比数列的定义和特殊值的思路判断即可.

【详解】因为为定义在上的奇函数，令，则，，又为奇函数，所以，

所以，

若为等比数列，由，可知公比，

设，则，所以不为定值，且为定值，

设，则，所以也不为定值，即A错误，C正确；

若为等差数列，由，可知公差，所以可取，即，

此时令，则，解得，此时，，，满足为等差数列，即B正确；

令，则，解得，此时，，，，满足为等比数列，即D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则______.

【答案】

【分析】根据平面向量共线的坐标运算求得的值，即可得向量，从而可求.

【详解】解：由，得，解得，则，可得.

故答案为：.

14．设等差数列的前项和为，若，则______.

【答案】

【分析】由与的关系消去得到的递推公式，再由等差数列的性质求得公差，即可求得其通项.

【详解】当时，，则；

当时，，

两式相减，整理得，

设公差为，则，即，

所以，

所以.

故答案为：.

15．如图，在正四棱台中，，分别是正方形，的中心.若以为球心，为半径的球与平面相切，且是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为______.

【答案】

【分析】设出，，，结合题干条件得到，，从而求出四棱台的体积和外接球的体积，得到比值.

【详解】设，，，

因为以为球心，为半径的球与平面相切，所以，

因为是该四棱台的外接球球心，所以，即，

所以四棱台的体积，

且外接球的体积，则.

故答案为：.

16．已知函数是定义在上的奇函数，且对于任意非零实数，均有．当时，．若的值域为，则的取值范围为______．（可参考的不等式结论：恒成立）

【答案】

【分析】要使的值域为，只要时，在上有解且恒成立即可．

【详解】，

，

，

易知当时，，

若当时，，

则当时，，

此时显然的值域不为，不符题意，

又，

所以不等式在内有解，

且恒成立，

即在内有解，且恒成立，

设，

则，

综上，当时，，单调递增，

，

设，

则，

易知，

即，

综上．

故答案为：．

【点睛】本题的解题关键是理解在上值域是连续的且趋于无穷大，只需要在上存在函数值且恒成立即可，接下来只要分参即可求得．

四、解答题

17．已知为锐角，且满足.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平方关系求出，再根据结合两角和的正弦公式即可得解；

（2）利用倍角公式先求出，再根据结合两角差的余弦公式即可得解.

【详解】（1）解：因为为锐角，所以，

所以，所以，

所以；

（2）解：由（1）知，

，

所以

.

18．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且的外接圆的半径为．

(1)证明：；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据正弦定理角化边可证；

（2）先求得，再根据计算面积．

【详解】（1）证明：∵ 外接圆半径为，且，

∴ ，

由正弦定理得

，

；

（2）解：，由正弦定理得

，

由（1）可知，

，

由余弦定理知

，

，

解得，

所以．

19．已知函数且.

(1)当时，求的值域；

(2)若在上的最大值大于，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由对数真数大于零可求得定义域，由对数运算法则可整理得到，结合可求得的值域；

（2）由对数运算法则得到，令，由对勾函数单调性可求得的值域，分别在和的情况下，由对数函数单调性可确定最大值，由最大值大于可构造不等式求得的范围.

【详解】（1）由得：，则的定义域为；

当时，，

当时，（当且仅当时取等号），

，则的值域为.

（2）；

令，

则在上单调递减，在上单调递增，

又，，，的值域为；

当时，，，解得：（舍）；

当时，，，解得：；

综上所述：实数的取值范围为.

20．在数列，中，已知，，且，.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列的前项的和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用，得到，得到是以8为首项，2为公比的等比数列；

（2）在第一问的基础上，先求出，，再根据条件得到是等比数列，首项为4，公比为2，从而求出，利用分组求和和等比数列求和公式求出答案.

【详解】（1）证明：由题意可知，，

则，且，

所以数列是以8为首项，2为公比的等比数列；

（2）由（1）可知，，

所以，

所以，

又，

所以，

又，

即是等比数列，首项为4，公比为2，

所以，即，

所以，

即.

21．如图，在五面体中，，平面，.已知，，，且.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先利用线线平行，得到线面平行，再利用，即可求证线面垂直.

（2）利用空间向量，首先建立合适的坐标系，再分别求出法向量，利用空间向量求二面角的方法即可求解.

【详解】（1）证明：因为，且平面，

平面，所以平面，

因为平面，平面平面，

所以，又平面，所以平面；

（2）如图所示

以为，，轴，建立空间直角坐标系，设，，

又，且，所以，即，

又，所以，所以，即，

所以，，

设平面的法向量为，则

令，则，，即，

设平面与平面的夹角为，且平面的法向量，

所以，

因为，所以.

22．已知函数，（其中是自然对数的底数，）.

(1)若函数在处取得极值，求函数的单调区间；

(2)若函数和均存在极值点，且函数的极值点均大于的极值点，求实数的取值范围.

【答案】(1)函数的单调增区间为和，单调减区间为

(2)

【分析】（1）根据函数在处取得极值，求得的值，根据导数与函数的关系即可确定函数的单调区间；

（2）根据函数和均存在极值点，先确定函数的极值点，需要讨论的单调性，从而可得函数的极值点，再得确定函数的极值点，由函数的极值点均大于的极值点，即可得实数的取值范围.

【详解】（1）解：，由题意知，解得，

经验证，当时，在处取得极大值，

此时，定义域为，所以，

解的解集为，的解集为，

所以函数的单调增区间为和，单调减区间为；

（2）解：，令，则，

①当时，在上恒成立，单调递减，

又因为，，所以存在，使得，

易知是函数的极大值点，

，令，解得或，

易知极大值点为，极小值点为1，

由题意可知，成立，则有，解得；

②当时，由（1）及①可知，0既是函数的极大值点，又是的极大值点，

不符题意，所以舍去；

③当时，的解集为，的解集为，

所以在上单调递增，在上单调递减，

因为有极值点，所以有两个零点，所以应有，解得，

，令，则，令，

因为时，由上述论证可知，恒成立，所以，

即在上单调递增，又因为，所以在上恒成立，

所以，又因为.

所以存在，使得，即是函数的极值点，

易知1是的极值点，而，不符题意，所以舍去.

综上，的取值范围为.

【点睛】本题是关于函数极值点问题的研究，解题的关键是对于函数而言，其极值点求解时需要讨论的单调性，当导函数的零点无法直接解出来时，需要用“隐零点”呈现，设零点，通过整体代换和过度再结合题目条件解决；当导函数的零点可以求解释，需要确定是函数的极大值点还是极小值点，再结合已知处理即可.在这类问题中，理解极值点与单调性的关系是关键.