2023届福建省宁德市高级中学高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届福建省宁德市高级中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据二倍角余弦公式，代入数据即可得答案.

【详解】由二倍角公式得，

故选：A

【点睛】本题考查二倍角公式的应用，属基础题.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由绝对值的定义确定集合，然后由交集定义计算．

【详解】由已知，

，

故选：A .

3．设函数，（    ）

A．5 B．6 C．8 D．35

【答案】B

【分析】根据自变量的范围选不同的解析式求值.

【详解】，，

所以．

故选：B．

4．将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】直接根据三角函数的平移得答案.

【详解】函数的图象向右平移个单位得到，

即

故选：C

5．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数定义域，奇偶性即可解决.

【详解】根据题意，对于，

，

即函数 为偶函数，故CD错；

又由在 时，无意义，故A错；

故选：B.

6．如图，礼堂外立面装修，设A，B两点在礼堂外立面的上下两端，测量者在A的同侧底沿边选定一点C,测出AC的距离为10m，，，就可以计算出BC两点的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析：先根据三角形的内角和求出，再根据正弦定理即可求解.

【详解】解：∵中，，，

∴，

又∵中，，

∴由正弦定理可得：，

则.

故选：B.

7．设是定义域为R上的偶函数，且在单调递增，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由偶函数性质得，由对数函数与指数函数性质比较，，的大小，再由单调性得大小关系．

【详解】∵是R上的偶函数，∴.

∵，，∴，又在单调递增，

∴，∴，

故选：B.

8．设函数，若对任意的，都有，则m的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图函数的图象，数形结合即可求解

【详解】作出f（x）的部分图象，如图所示.

当时，f（x）=8（x+5）.

令f（x）=-4，解得.

数形结合可得，

若对任意的，都有，则m的最小值是.

故选：D

二、多选题

9．下列选项正确的是（    ）

A．

B．

C．若终边上有一点，则

D．若一扇形弧长为2，圆心角为60°，则该扇形的面积为

【答案】BD

【分析】利用诱导公式可判断A，利用弧度与角度之间的转化公式可判断B，利用任意角的三角函数定义可判断C，利用扇形的弧长和面积公式可判断D

【详解】对于A，，故A错；

对于B，，故B正确；

对于C，若终边上有一点，则，故C不正确；

对于D，若一扇形弧长为2，圆心角为60°，则该扇形的半径为，面积为，故D正确.

故选：BD

10．已知，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据得到，计算，再利用二倍角公式得到和，对比选项得到答案.

【详解】，则，，故，，

，

，得到，A错误；

，得到，C正确；

，B正确；

，D错误.

故选：BC.

11．的内角，，的对边分别为，，.下面四个结论正确的是（    ）

A．，，则的外接圆半径是2 B．若，则

C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则

【答案】ABD

【分析】根据正余弦定理及其应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对：由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故正确；

对：由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；

对：因为，所以为锐角，但不确定，故C错误；

对：若，，所以由正弦定理得，故D正确.、

故选：ABD.

12．已知定义在R上的函数及其导数，若为偶函数，为奇函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由偶函数得对称性，判断A，由为奇函数，得对称性判断C，然后在等式中令求值判断B，由求导得，，得，再由由，得，两者比较得所以，从而得周期性，判断D.

【详解】A.为偶函数，所以，，，所以，正确；

C.为奇函数，所以，关于对称，且，，C错误；

B.所以令，，正确；

D.由两边求导得，得

由，得，所以，即，正确.

故选：ABD．

三、填空题

13．在锐三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a=，c=2，cosA=，则b=___________．

【答案】3

【分析】根据余弦定理计算即可

【详解】由余弦定理可得，，即，，解得

故答案为：3

14．求，在点处的切线方程是______.

【答案】

【分析】求导得，从而得到斜率，根据直线的点斜式即可得到切线方程.

【详解】因为，则

根据切点，由直线的点斜式可得，

，即

故答案为:

15．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据的满足.已知某同学视力的小数记录法数据为，则其视力的五分记录法的数据约为______.

【答案】4.9

【分析】根据对数的运算法则及所给数据求出，最后代入所给公式计算可得.

【详解】解：由，当时，

，

所以.

故答案为：

16．已知函数满足，若函数与图象的交点为，，…，，则交点横坐标的和______.

【答案】m

【分析】由函数图象的对称性求解．

【详解】，函数图象关于直线对称，又，则的图象也关于直线对称，所以它们的交点关于直线对称，

设，则，

所以，

所以．

故答案为：．

四、解答题

17．已知是函数的一个极值点.

(1)求实数的值；

(2)求函数在区间上的最大值和最小值.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）求导，再根据是的一个极值点求解；

（2）由（1）得到，先求得极值，再求得端点值即可.

【详解】（1）解：，

因为是的一个极值点，

所以，

所以，

∴，

经检验，符合题意.

（2）由（1）可知，

∴，

令，解得或，令，解得，

因为，所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增，

所以在处取得极大值，在处取得极小值，

又因为，，，，

所以，.

18．如图是函数，，的部分图象.

(1)求的解析式；

(2)求的单调递增区间.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）根据最小正周期求得，结合特殊点的函数值，求得，则解析式得解；

（2）根据（1）中所求函数解析式，结合正弦函数的单调性，列出不等式求解即可.

【详解】（1）由函数图象可知：，又，则.

当时，，∴.

解得：，又，故当时，满足题意；

即函数的解析式为：.

（2）令，，解得

故的单调递增区间为，.

19．宁德是福建省重点城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年来宁德参观旅游的人数不胜数，其中三都澳斗姆岛与上金贝被称为两张名片.现对已游览景点的50名男游客和50名女游客进行景点比较调查，给出更喜欢三都澳斗姆岛或上金贝景点的评价，得到如下列联表：

(1)分别估计男、女游客对两个景点喜好的概率；

(2)能否有95%的把握认为男、女游客对两景点的喜好有差异？

附表及公式：

其中，.

【答案】(1)答案见解析；

(2)有95%把握认为男、女游客对景点的喜好有差异.

【分析】（1）根据表中数据，利用古典概型求解；

（2）根据表中数据先求得，再利用临界值表对照下结论.

【详解】（1）由题中表格可知，50名男游客对三都澳斗姆岛景点满意的有40人，

所以男游客对三都澳斗姆岛景点满意率估计为，

男游客对上金贝景点满意率估计为，

50名女游客对三都澳斗姆岛满意的有30人，

所以女游客对三都澳斗姆岛景点满意率估计为，

女游客对上金贝景点满意率估计为，

（2）由列联表可知，

所以能有95%的把握认为男、女游客对两个景点的评价有差异.

20．如图，梯形中，，，，，，垂足为点.将沿折起，使得点到点的位置，且，连接，，，分别为和的中点.

(1)证明：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得的方向向量，利用向量法即可证明；

（2）求得的方向向量以及平面的法向量，根据向量夹角与线面角之间的关系，求解即可.

【详解】（1）由题可得，，，

所以以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，，

，，则，

所以.

（2）因为，，

设平面的法向量为，

则，即，令，得，，所以，

所以，直线与平面所成角的正弦值.

21．的内角，，的对边分别为，，，.

(1)求；

(2)若，求周长的最大值.

【答案】(1)；

(2)9.

【分析】（1）首先利用诱导公式化简，再结合同角的三角函数关系式的求出关于的方程，即可求解.

（2）首先利用余弦定理得到，再利用基本不等式即可求解周长的最大值.

【详解】（1）因为，所以，即，

解得，又，所以；

（2）由余弦定理得：.

即.

∵（当且仅当时取等号），

∴，

解得：（当且仅当时取等号），

∴周长，∴周长的最大值为9.

22．已知函数．

(1)讨论的零点个数．

(2)若有两个不同的零点，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；

（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.

【详解】（1）因为，所以1不是的零点．

当，可变形为，

令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．

因为，，得，又，

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，且当时，，

所以当时，没有零点；

当时，有一个零点；

当时，有两个零点．

（2）证明：由（1）知，当时，有两个零点．

设，则，

由得，

所以，即．

令，则，

易得在上单调递减，在上单调递增．

要证，即证．

因为，且在上单调递增，所以只需证．

因为，所以即证．

令，

则，

所以在上单调递减．

因为，所以．

因为，所以，故．