福建省泉州第五中学2023届高三数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

泉州五中2022~2023学年第一学期期中考试高三数学试卷（满分：150分，考试时间：120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】配方求值域，得到，求出定义域得到或，从而求出交集.【详解】，故，，解得：或，故或，所以.故选：D2.已知平面向量，，则，的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量夹角公式求得正确答案. 【详解】，设，的夹角为，，，由于，所以.故选：C3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据辅助角公式，结合诱导公式、余弦二倍角公式进行求解即可.【详解】，故选：B4.已知等差数列的前n项和为，若，，则（）A.77B.88C.99D.110【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质，计算出等差数列的基本量，即可利用等差数列的求和公式求解.【详解】，得，解得，，得，解得，故，. 故选：B5.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的定义域、时的取值范围求得正确答案.【详解】，的定义域为，C选项错误.当时，，，所以AB选项错误，D选项正确.故选：D6.已知在△ABC中，，，，，P在CD上，，则的值为（）A.B.C.4D.6【答案】C【解析】【分析】由三点共线求出，再由得出的值. 【详解】三点共线，，，故选：C7.已知，，，其中，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，得到其单调性，根据题目条件得到，，，结合且在上单调递减，从而得到.【详解】构造函数，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，由，可得，即，即，由，可得，即，即，因为，在上单调递增，所以，故，因为在上单调递减，，故，因为，故，即， 因为，所以，因为在上单调递减，，故，从而.故选：A【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，本题中由对数运算后，根据式子特征选择，从而达到构造出适当函数的目的.8.关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】转化原不等式为，由此构造函数，对进行分类讨论，结合导数，通过研究时的函数值来确定的取值范围.【详解】依题意，关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，即的解集中有且仅有两个大于2的整数，构造函数，即的解集中有且仅有两个大于2的整数，当时，对于，，即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.所以.. 若，即，设，，设，，在上递减，且，所以当时，，递减，由于，所以当时，，所以当时，递减，所以，所以当时，恒成立，即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.所以，即，解得，所以的取值范围是.故选：D【点睛】利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9.已知函数，则下列结论正确的是（）A.直线是的对称轴B.点是的对称中心C.在区间上单调递减D.的图象向右平移个单位得的图象【答案】BCD【解析】【分析】由代入法可检验对称轴与对称中心，从而可判断AB；由得可判断C；求出平移之后解析式可判断D；【详解】因为，所以直线不是的对称轴，故A错误；因为，所以点是的对称中心，故B正确；当时，，所以在区间上单调递减，故C正确；的图象向右平移个单位得的图象，故D正确；故选：BCD10.是定义在上的函数，满足，，则下列说法正确的是（） A.B.当时，方程有两个解C.D.当时，方程有且只有一个解【答案】CD【解析】【分析】首先根据条件求出的表达式,再求导，分析的图像，结合图像即求解.【详解】，将代入得，又，解得，故A错；令，，则，为任意常数.,..，当时，,单调递增，当，单调递减,在处取最大值.作图如下：则方程有两个解，即与的图像有两个交点，,则B错误；由上图可知，，C正确；当时，与的图像有一个交点，符合题意，D正确.故选：CD11.已知扇形AOB的半径为1，，点C在弧AB上运动，，下列说法正确的有（）A.当C位于A点时，值最小B.当C位于B点时，的值最大C.的取值范围为D.的取值范围【答案】ACD【解析】【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解. 【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则，其中，，．因为，所以，即，所以．所以当时，取得最大值，此时点为的中点，当或时，取得最小值，此时点为或点，故A正确，B错误，而，，所以，．因为，所以,故，因此，所以的取值范围为，故C正确，，，，因为，所以,故， ，，所以D正确．故选：ACD12.数列满足，，，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，数列单调递增，数列单调递减【答案】AB【解析】【分析】A选项，得到，构造法求解数列通项公式，得到是首项为2，公比为2的等比数列，求出通项公式；B选项，利用递推公式求出前3项，猜想，再用数学归纳法证明；C选项，画出蛛网图，得到当为奇数时，，当为偶数时，，从而得到故，，即，，相加后得到结论；D选项，推导出为常数列，D错误.【详解】A选项，，设，整理得：，所以，故，又，，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以，，A正确；B选项，，因为，所以，， 猜想：，下面用数学归纳法进行证明：显然，满足要求，假设时，成立，即，则当时，因，所以，故，B正确；C选项，由B选项知，，画出与的图象，因为，且，画出蛛网图，可以看出：当为奇数时，，当为偶数时，，，故，，所以，，两不等式相加得：，C错误；，因为，所以，显然，，故此时为常数列，D错误.故选：AB 【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，（1）若，采用累加法；（2）若，采用累乘法；（3）若，可利用构造进行求解；三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则______．【答案】##-0.6【解析】【分析】首先将转化成，然后根据三角函数齐次式法求值即可.【详解】，，分子分母同除以，得.故答案为：14.已知曲线上的相异两点A，B到直线的距离相等，则点A，B的纵坐标之和的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】设出两点的坐标，求得点A，B的纵坐标之和的表达式，利用对数型函数值域的求法求得正确答案.【详解】的定义域为，设，所以， ，所以，所以点A，B的纵坐标之和的取值范围是.故答案为：15.已知数列满足，其前项和为，若恒成立，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意设，由递推关系表示出，要使恒成立，则,解得即可.【详解】设，因为，则，，，，，，，，可知数列的奇数项是递减的，且偶数项也是递减的，且当时，，当时，，要使恒成立，则，解得，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式及数列前n项和的性质，属于难题.16.锐角的内角所对边分别是a，b，c且，，若A，B变化时，存在最大值，则正数的取值范围______．【答案】 【解析】【分析】首先利用正弦定理得出角的关系，再结合锐角三角形得出角的范围，最后根据存在最大值求出的取值范围即可.【详解】，，由正弦定理得：，即：，或（舍）是锐角三角形，，解得：（其中）使存在最大值，只需存在，满足解得：.故答案为：.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知函数．（1）求函数的单调递减区间；（2）将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求函数的取值范围． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到，整体法求解函数的单调递减区间；（2）根据伸缩变换和平移变换得到，根据，得到，结合正弦函数图象求解出值域.【小问1详解】，令，则，所以函数单调递减区间为：．【小问2详解】将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再将图象向左平移个单位，得到的图象，因为，所以，所以的值域为．18.在△ABC中，D为BC上一点，． （1）证明：；（2）若，，，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据，得到，利用正弦定理得到，，再结合，即可证明原等式成立；（2）设，则，根据余弦定理得，解得，然后利用正弦定理求即可.【小问1详解】△ACD中，由正弦定理得：，又因为，所以，所以①，同理，在△BCD中，，又，则，所以②，由得：，原等式即得证．【小问2详解】设，则，△ABD中，由余弦定理得：，即，解得． 所以，，由，得．19.设各项均为正数的数列的前n项和为．且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，其前n项和，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）因为，所以得到，然后化简得，找出首项，求出通项即可；（2）利用第一问先求出，然后利用裂项相消求出即可.【小问1详解】由已知得：，因为，，所以，且，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，．【小问2详解】因为，所以． ，又因为，所以，所以．20.在四棱锥中，AD∥BC，，，G是PB的中点，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：平面GAC⊥平面ABCD；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）取AD的中点E，连接BE交AC于点O，连接，PE．通过证明OG⊥平面ABCD，来证得平面GAC⊥平面ABCD；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值．【小问1详解】取AD的中点E，连接BE交AC于点O，连接，PE．因为△PAD是等边三角形，所以PE⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，平面，所以PE⊥平面ABCD，又AB平面ABCD，所以，不妨设，因为，，，所以，所以△ACD为直角三角形，所以， 所以且，所以四边形ABCE菱形，所以O为BE的中点，又因为G是PB的中点，所以，所以OG⊥AB，OG⊥AD，且，所以OG⊥平面ABCD，平面GAC，所以平面GAC⊥平面ABCD．【小问2详解】由四边形ABCE是菱形可得OB⊥OC，则可分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向，O为原点，如图建立空间直角坐标系．由（1），，，所以，，，，所以，，设平面ABG的法向量为，则，取，则，易得平面ACG的法向量可取，所以，由图知二面角为锐二面角，所以其余弦值为．21.已知数列满足2，． （1）求，并求数列的通项公式；（2）若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解．【答案】（1），，，（2），8【解析】【分析】（1）改写递推公式为，用倒数法先求出的通项公式，继而求出数列的通项公式；（2）展开计算出不等式，得出k的取值范围，写出的通项公式，再用错位相减法求出即可.【小问1详解】因为，所以由已知递推式可求得：，，．因为，所以，所以且，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，则，所以．【小问2详解】当时，，所以，所以这样k有个，即，所以，则， ，两式相减得：，所以，因为为递增数列，又，，所以，所以关于n的不等式的最大正整数解为8．22.已知函数．（1）讨论的最小值；（2）设有两个零点，证明：．【答案】（1）当时，无最小值；当时，取最小值（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用换元法可得：令，由，，故在上递增，因此，所以，则，分，和进行讨论即可得解；（2）根据题意由（1）可得有两个零点即两个零点，，且，，则原不等式等价于，利用换元法证明即可.【小问1详解】因为，，令，，，故在上递增，因此．，则，①若，则，所以在上无最小值； ②若，则，恒成立，在上递增，当，，此时在上无最小值；③若，则当时，，递减，当时，，递增，所以当时，取最小值即取最小值．综上，当时，无最小值；当时，取最小值．【小问2详解】有两个零点两个零点，，且，．．由，两式相加得，两式相减得，因此，所以即证．不妨设，则，则只需证，即．设，，则， 在上递增，则，所以原不等式即得证．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，考查了转化思想.要求较高计算能力，属于难题.本题的关键点有：（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.