福建省福州市闽江口协作体2023-2024学年高三数学上学期11月期中联考试题（Word版附解析）

2023~2024学年第一学期闽江口协作体期中联考高三数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5．本卷主要考查内容：集合，函数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，立体几何，数列.一、单项选择题：本题共8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】A【解析】【分析】先化简集合M，再由集合的交集运算求解.【详解】解：因为集合，所以，故选：A2.已知，复数，则以下为实数的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘方，计算即可求解. 【详解】由题意知，，所以.故选：C.3.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】首先判断函数的奇偶性，再由函数在上的取值情况判断即可.【分析】函数则，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除C、D；当时，，所以，则，故排除B.故选：A4.如图，边长为2的正方形是用斜二测画法得到的四边形的直观图，则四边形的面积为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由斜二测画法确定平行四边形相关边长及对应高，即可求面积.【详解】由直观图知：四边形中，且其对应高，所以四边形的面积为.故选：D5.已知函数，则（）A.是偶函数B.是奇函数C.关于轴对称D.关于中心对称【答案】D【解析】【详解】首先判断函数的定义域，再根据奇偶性与对称性的定义判断即可.【分析】函数定义域为，且，所以是非奇非偶函数，故A、B错误；因为，所以不关于对称，故C错误；又，所以关于中心对称，故D正确；故选：D 6.圆台的内切球的表面积与圆台的侧面积之比为，则圆台母线与底面所成角的正切值为（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】如图，作，则E为切点，由三角形的全等可得母线的长为，进而.由球的表面积和圆台的侧面积公式化简计算可得，即可求解.【详解】设内切球的半径为R，上底面的圆的半径为，下底面的圆的半径为，如图，作，则E为切点，有，，所以，，得，故母线的长为，在中，，即，得.又内切球的表面积与圆台的侧面积之比为，所以，由得，设母线与底面的夹角为，则.故选：D.7.函数的两个零点分别为，且，在上仅有两条对称轴，则可以是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据函数零点的概念和三角函数的图象与性质可得，由且可得.由可得，取即可求解.【详解】因为函数的两个零点为，且在上仅有两条对称轴，所以，又且，得.由函数的零点为，得，得，当时，，此时.故选：A.8.正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，根据四面体体积为，由，求得，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解.【详解】解：设，因为四面体体积为，所以，解得，建立如图所示空间直角坐标系： 则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设与平面所成的角为，所以，故选：C二、多项选择题：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，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】ABC选项，利用作差法比较大小，D选项，变形后，利用基本不等式证明出结论.【详解】A选项，因为，所以，，故， 所以，A正确；B选项，，因为，所以，故，B正确；C选项，因为，所以，故，故，C错误；D选项，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即，故D正确.故选：ABD10.已知，且角的终边上有点，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【详解】利用三角函数定义结合诱导公式求解判断AB；利用和角的正余弦公式化简计算判断CD.【分析】由，得，则角为第四象限角，，显然，因此，A正确；显然，B错误； ，C正确；，D正确.故选：ACD11.在三棱柱中，为的中点，，平面，，则下列结论错误的是（）A.平面平面B.平面平面C.平面D.【答案】ABC【解析】【详解】设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.【分析】在三棱柱中，平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，则、、、、、、， 设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，则，对于A选项，因为，所以，平面与平面不垂直，A错；对于B选项，，所以，平面与平面不垂直，B错；对于C选项，，因为，则与平面不平行，C错；对于D选项，，则，所以，，D对.故选：ABC.12.在中，，为中点，交于点，则（）A.B.C.四边形的面积是面积的D.和的面积相等【答案】AB【解析】【分析】根据向量的运算法则，可判定A正确；设，求得，结合三点共线，求得，可判定B正确；设的面积为，根据三角形的面积公 式，求得四边形的面积为，可判定C不正确；根据题意，得到，可判定D错误.【详解】对于A中，因为，即为（靠近点）的三等分点，所以，所以A正确；对于B中，设，由点为的中点，可得，可得，以为三点共线，可得，所以，可得且，解得，即，所以B正确；对于C中，设的面积为，因为，可得，又因为为中点，且，可得，所以四边形的面积为，所以C不正确；对于D中，由，可得，所以，所以和的面积不相等，所以D错误.故选：AB 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量、的夹角的余弦值为，，，则________．【答案】【解析】【详解】根据数量积的定义与运算律计算可得.【分析】因为向量、的夹角的余弦值为，，，所以，所以.故答案为：14.函数的值域为________．【答案】【解析】【详解】将函数变形为，再结合指数函数与幂函数的性质计算可得.【分析】因为，又，所以，所以，所以，所以，所以函数值域为.故答案为： 15.已知等差数列的前项和为，若，则______.【答案】44【解析】【分析】利用通项公式，进行基本量代换求出，再利用前n项和公式和性质求出.【详解】设公差为，有，可得，有，.故答案为：44【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．16.在四棱锥中，底面为矩形，平面，则以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为________；若是上的动点，则的最小值为________．【答案】①.##②.【解析】【分析】以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，求出圆心角即可求出弧长，将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为，再在平面四边形中求出的长度，即可得解.【详解】因为平面，底面为矩形，则以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，在上取一点，使得，连接，则的长度即为以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长，由，，所以，则，所以，则的长度为，即以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为， 将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为（平面图形如下所示），因为，，，所以，，，，，所以，又，所以，，所以，又，所以（负值舍去），即的最小值为. 故答案为：；【点睛】关键点睛：对于处理线段和最值问题，一般是化折为直，利用两点间线段最短解决.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.已知数列满足：，数列为等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）求和：．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出，，即可求出等比数列的通项公式，从而求出的通项公式；（2）利用分组求和法计算可得.【小问1详解】因为，，数列为等比数列，所以，，则，即是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.【小问2详解】 .18.在锐角中，．（1）求；（2）在内有点，使得，求．【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）先求得，然后利用正弦定理求得.（2）先求得，然后利用余弦定理、同角三角函数的基本关系式求得.【小问1详解】依题意，，由余弦定理得，即，，解得或，当时，，钝角，不符合题意，所以. 由于，是锐角，所以，由正弦定理得.【小问2详解】设，则，则，则，在三角形中，由余弦定理得，，解得或（舍去）.所以，在三角形中，由余弦定理得，由于为锐角，所以，所以.19.已知函数是奇函数．（1）求实数的值；（2）设关于的不等式的解集为．若集合中的整数元素只有两个，求实数的取值范围．【答案】19.20【解析】【分析】（1）由题意可得，检验，即可求解； （2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式，可得，分类讨论当、、、、时对应的解集，结合题意即可求解.【小问1详解】由题意知，是定义域为R上的奇函数，则，即，解得，经检验，符合题意，所以；小问2详解】由（1）知，，则，又函数在R上单调递增，所以函数在R上单调递增，由，得，即.当时，，解得，此时集合A不满足题意；当时，，对于方程，若，则，不等式的解集为，此时集合A不满足题意；若，则，不等式的解集为，又集合A有2个整数元素，所以，则，解得；若，则，不等式的解集为，此时集合A不满足题意；若，则，不等式的解集为，又集合A有2个整数元素，所以，则，无解.综上，实数a的取值范围为.20.如图，在长方体中，为中点，． （1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，，所以，，因为，所以，解得（负值舍去），所以. 【小问2详解】由（1）可得，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，设二面角为，由图可知二面角为锐二面角，所以，）公众号：全元高考所以，即二面角的正弦值为.21.若，，，且的对称中心到对称轴的距离的最小值为．（1）求的单调区间；（2）求在上的值域．【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为，.（2）【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再根据周期求出，即可得到函数 解析式，最后根据正弦函数的性质计算可得；（2）由的取值范围，求出的范围，再由正弦函数的性质计算可得.【小问1详解】）公众号：全元高考因为，，且，所以，又的对称中心到对称轴的距离的最小值为且，所以，即，解得，所以，令，，解得，，即的单调递增区间为，，令，，解得，，即的单调递减区间为，.【小问2详解】因为，则，所以，所以，则在上的值域为. 22.已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）请判断函数是否可能有两个零点，并说明理由；（3）设，若对任意的，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）不可能，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）结合对数函数的定义域，解对数不等式求得不等式的解集.（2）由，求得，，但推出矛盾，由此判断没有两个零点.（3）根据函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1列不等式，结合分离常数法来求得的取值范围.【小问1详解】当时，不等式可化为，有，有解得，故不等式，的解集为.【小问2详解】令，有， 有，，，，则，）公众号：全元高考若函数有两个零点，记为，必有，，且有，此不等式组无解，故函数不可能有两个零点【小问3详解】当，，时，，函数单调递减，有，有，有有，整理为，由对任意的恒成立，必有解得，又由，可得，