福建省莆田市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份福建省莆田市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合或，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出集合，然后根据集合的运算可得答案.
【详解】由可得，
所以集合，
因为，所以，
故选：B.
2. “若，恒成立”是真命题，则实数可能取值是（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由题得到恒成立，求出即可得到答案.
【详解】，，即恒成立，
，当且仅当，即时等号成立，故.
对比选项知A满足.
故选：A
3. 华罗庚说：“数无形时少直觉，形少数时难入微，数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞．”所以研究函数时往往要作图，那么函数的部分图象可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性排除BC，根据当时，排除A，继而得解.
【详解】因为，所以，所以为偶函数，排除BC，
当时，，且，
所以当时，，排除A；
故选：D.
4. 若一系列函数的解析式和值域相同，但定义域不相同，则称这些函数为“同值函数”.例如函数，与函数，即为“同值函数”，给出下面四个函数，其中能够被用来构造“同值函数”的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得到函数不单调才能符合要求，ABC错误，D中不单调，且可举出实例.
【详解】要想能够被用来构造“同值函数”，则要函数不单调，
ABC选项，在R上单调递减，在R上单调递增，
在上单调递增，ABC错误；
D选项，在上单调递减，在上单调递增，
不妨设，与函数，，两者的值域相同，为同值函数，D正确.
故选：D
5. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性可得在区间上单调递增，分、、讨论，根据在上单调性可得答案.
【详解】在单调递减上单调递减，
根据复合函数的单调性可得在区间上单调递增，
当时，在单调递增，需满足，
当满足题意，
当时，在单调递增，则在区间上单调递增
又需满足真数，则最小值，即，
综上．
故选：C．
6. 如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度.
【详解】若点P在正方形内，
过点P作平面于，连接.
则为直线与平面所成的角，则，
又，则，则，
则点的轨迹为以为圆心半径为2的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，
所以点的轨迹长度为.
故选：A
7. 已知函数，若关于的方程无实根，则实数的取值范围为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出图像，然后找到图像与直线无交点的情况，利用导数的几何意义求出切线方程和切点坐标，从而得到临界状态时的值，从而得到的范围，得到答案.
【详解】方程无实根等价于函数的图像与直线无交点.
画出函数的图像，如图，
由图像知，当时，直线与曲线必有交点，
当时，设直线与曲线相切时，切点为，
由，
代入切点横坐标得切线的斜率，
所以，解得，则，
所以切线方程为得.
由图像知实数的取值范围为，
故选：D.
【点睛】本题考查函数与方程，利用导数求函数的切线，属于中档题.
8. 已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，则的大小关系是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数奇偶性以及可知的周期为2，且在上单调递减，将表达式化简可得，，，又易知即可得.
【详解】根据题意可知，即可得，
所以函数是以2为周期的偶函数，
又在上单调递增，所以可得在上单调递增；
根据偶函数性质可知在上单调递减，
又
显然，所以可得，即；
因此可得.
故选：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，部分选对的得2分，全部选对的得5分.）
9. 已知的展开式中含有常数项，则的可能取值为（）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】AC
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再令，可得与的关系，用赋值法从而可得出结论.
【详解】展开式的通项为：，其中；
令，则，可知n为4的倍数，故B、D错误；
当时，最小为 4；当时，为8；
故选：AC.
10. 小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件为“只有小张去甲景点”，则（）
A. 这四人不同的旅游方案共有64种B. “每个景点都有人去”的方案共有72种
C. D. “四个人只去了两个景点”的概率是
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，根据分步乘法计数原理求出答案；B选项，根据部分平均分组方法计算出答案；C选项，利用排列组合知识得到，，利用条件概率公式求出答案；D选项，求出四个人只去了两个景点的方案数，结合A中所求，求出概率.
【详解】A选项，每个人都有3种选择，故共有种旅游方案，A错误；
B选项，每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，
故有种方案，B错误；
C选项，恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，
由B选项可知，，
又事件，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，
故，
所以，C正确；
D选项，“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，
第一，有3人去了同一个景点，另外一个去另外一个景点，则有种方案，
第二，2人去了同一个景点，另外2人去了另一个景点，故有种方案，
由A选项可知，这四人不同旅游方案共有81种，
故“四个人只去了两个景点”的概率为，D正确.
故选：CD
11. 如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（）
A. 与底面所成角为45°
B. 圆锥的表面积为
C. 的取值范围是
D. 若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据面，由判断；对于B，由圆锥的侧面积公式求解判断；对于C，由求解判断；对于D，取的中点，连接，，易得为二面角的平面角求解判断.
【详解】对于A，因为面，所以是与底面所成角，
在中，圆锥的母线长是，半径，
则，所以，则A正确；
对于B，圆锥的侧面积为，表面积为，则B错误；
对于C，当点与点重合时，为最小角，
当点与点重合时，达到最大值，
又因为与，不重合，则，
又，可得，则C正确；
对于D，如图所示，
，
取的中点，连接，，又为的中点，则，
因为，所以，又面，面，所以，
又，面，故，
所以为二面角的平面角，
因为点为弧的中点，所以，，则，则D错误.
故选：AC.
12. 定义在R上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（）
A. B. 为的对称轴
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，得函数图象关于直线对称，由是奇函数，得的图象关于点对称，从而得是周期函数，4是它的一个周期，由，得图象关于点对称，从而知与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，由此可判断各选项．
【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；
是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；
所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；
又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，
，D正确．
故选：BCD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若，则z在复平面内对应的点位于第______象限．
【答案】四
【解析】
【分析】根据复数除法运算和复数几何意义即可得到答案.
【详解】，则，
所以，则其在复平面内对应的点为，
故其在第四象限，
故答案为：四.
14. 某校期末统考数学成绩服从正态分布．按，，，的比例将考试成绩划为四个等级，其中分数大于或等于83分的为等级，则等级的分数应为___________．（用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解．
【详解】设考试成绩为，
由题意可知，，，，，
所以，
所以等级的分数应为，
故答案为：．
15. 一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等7名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有__________种
【答案】60
【解析】
【分析】按“问题元素”优先的原则，进行分类，然后计算求解即可.
【详解】此题的难度主要是来自分类，按“问题元素”优先的原则，对甲进行分类：甲照看第一道工序（甲1丙4）、甲照看第四道工序（甲4乙1）、甲“不照看第一和第四道工序”（乙1丙4）三种.
.
故答案为：60
16. 如图，在边长为6的正方形中，B，C分别为、的中点，现将，，分别沿，，折起使点，，重合，重合后记为点P，得到三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，将三棱锥补形成长方体，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，外接球直径为体对角线长，得解.
【详解】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，
将三棱锥补形成长方体如图，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，
外接球的直径等于以,，为长、宽、高的长方体的对角线长，
，，
，
所以外接球的表面积.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6题，共70分）
17. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角B；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意由正弦定理和正弦的二倍角公式可得，结合角的范围即可求得；
（2）由（1）中以及，利用余弦定理计算可解得，再由三角形面积公式即可得的面积.
【小问1详解】
根据，由正弦定理可得，
又，所以可得，即；
因为，所以
即．
【小问2详解】
由结合（1）中的结论，
由余弦定理可得，即，
解得，即，
所以．
即面积为.
18. 设是公差不为0等差数列，，成等比数列．
（1）求的通项公式：
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公差为，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出通项公式，
（2）由（1）得，再利用裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
设的公差为，
因为成等比数列，所以
又因为，所以，所以．
因为，所以，所以，得，
故．
【小问2详解】
因为，
所以
．
19. 如图，在正三棱柱中，点在棱上，且.
（1）求证：平面；
（2）若正三棱柱底面边长为，二面角的大小为，求直线到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正三棱柱和得，即可得D是AB的中点，从而由中位线得，证明结论.
（2）由二面角的大小为，解得平面的一个法向量，根据第一问的平行和点到平面的距离公式得出答案.
【小问1详解】
在正三棱柱中，是侧棱，所以平面ABC，
又平面ABC，所以.
又，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，又因为，所以D是AB的中点.
如图，连接，交于点M，连接DM.因为M是的中点，
所以DM是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，可知，所以平面ABC.以D为原点，
分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设三棱柱的高为h，则，，，，，，，，.
设平面的一个法向量为，则，取，得.
设平面的一个法向量为，则，
取，得.
所以，解得，所以，
由（1）知平面，所以直线到平面的距离即点A到平面的距离，
因为，所以直线到平面的距离为.
20. 某闯关游戏必须闯过若干关口才能成功，其中第一关是答题，分别设置“文史常识题”“生活常识题”“影视艺术常识题”这3道题目，规定有两种答题方案：
方案一：答题3道，至少有2道答对
方案二：在这3道题目中，随机选取2道，这2道都答对．
方案一和方案二中只要完成一个，就能通过第一关，假设甲选择方案一、且答对每一道题的概率是，乙选择方案二，且3道题中只能答对其中两道题．
（1）求甲答对题目数量X的分布列与数学期望；
（2）设甲和乙中通过第一关的人数为，求的分布列；
（3）若丙答对这3道题中每一道题的概率都是，且这3道题是否答对相互之间没有影响，丙选择方案一通过第一关的概率为，选择方案二通过第一关的概率为，直接比较与的大小．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可；
（2）先分别求出两人过关的概率，写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可；
（3）先分别求出，再作差即可得解.
【小问1详解】
由题意，可取，
则，，
，，
所以分布列如下：
所以；
【小问2详解】
甲通过的概率，
乙通过的概率，
可取，
则，
，
，
所以分布列如下：
所以；
【小问3详解】
，，
则，
因为，所以，
所以.
21. 已知椭圆：的左焦点为，左顶点为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）若过坐标原点且斜率为的直线与E交于A，B两点，直线AF与的另一个交点为，的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由左顶点为得，再根据离心率为，求出值，则得到值，则求出的方程.
（2）设直线方程为，联立椭圆方程得，设，，则得到韦达定理式，利用弦长公式得到，则有，解出即可.
【小问1详解】
设椭圆E的半焦距为.
因为椭圆的左顶点为，所以.
又离心率，所以.
所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，设直线的方程为.
由消去并整理得.
设，，
则，，
所以.
因此，
解得，即，
所以直线的方程为或.
【点睛】关键点睛：第二问通常采取设线法，为了减少计算，我们引入参数，设直线的方程为，联立椭圆得到方程，则得到韦达定理式，再利用弦长公式得到其面积相关方程，解出参数即可.
22. 已知函数．
（1）若，讨论的单调性．
（2）已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）在，上单调递增，在上单调递减
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【小问1详解】
当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.