福建省厦门市 2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023—2024学年高三（上）期中考试数学试卷数学一、单选题1.已知集合，则的真子集共有（）A.2个B.3个C.4个D.8个【答案】B【解析】【分析】根据交集运算得集合P，再根据集合P中的元素个数，确定其真子集个数即可.【详解】解：，的真子集是共3个.故选：B.2.若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合二次函数的对称轴和单调性求得的取值范围.【详解】函数的对称轴为，由于在上是减函数，所以.故选：B3.若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（   ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据分式的性质、解一元二次不等式的方法、解绝对值不等式的公式法，结合充分不必要条件的性质进行求解即可. 【详解】因为，则，因为，则，即是的充分而不必要条件，所以，故选：B4.已知焦距为4的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知焦距为4，得出，又由双曲线方程求出渐近线方程，而直线与渐近线垂直，得出它们斜率之积为，从而得出、之间的关系，代入，解出、，写出方程即可.【详解】由已知焦距为4，所以，，又双曲线方程的渐近线方程为：，而直线的斜率，且直线与一条渐近线垂直，所以，即，由解得，所以双曲线方程为：故选：C.5.已知函数在上的图象如图所示，则与之大致匹配的函数是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据特殊值可排除AB，由定义域排除D，即可求解.【详解】由图可得，，而、选项时，函数值均为，、错误；由图可得，而选项中函数定义域取不到，故错误故选:C6.已知，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式化简整理，可求得的值，将所求改写成，上下同除，即可得结果.【详解】由题意得，所以，解得，所以. 故选：A7.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造，并利用导数、对数的性质研究大小关系即可.【详解】设函数，则，所以为减函数，则，即，又，所以．故选：D8.已知定义在上的函数满足，①，②为奇函数，③当时，恒成立.则、、的大小关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性、周期性和单调性即可比较的大小.【详解】由可得的周期为，因为为奇函数，则，又因为的周期为，所以，即为奇函数，因为时，，所以在上单调递增，因为为奇函数，所以在上单调递增，所以在上单调递增， 因为的周期为，，，，所以，即.故选：A.二、多选题9.下列函数中，满足“，，都有”的有（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据题意可知满足题意的函数为在上减函数，由此一一判断选项中函数的单调性，可得答案.【详解】由，，都有，可知函数在时减函数.函数在时为减函数，符合题意，故A正确；函数在时为增函数，所以在时为增函数，故B错误；函数图象的对称轴为，故在时为增函数，故C错误；函数在时单调递减，符合题意，故D正确.故选：AD.10.已知复数，则下列说法正确的是（）A.复数在复平面内对应的点在第四象限B.复数的虚部为C.复数的共轭复数D.复数的模 【答案】BCD【解析】【分析】化简得，再得到其在复平面内对应的点的象限，虚部，共轭复数，模即可得到答案.【详解】，，所以复数在复平面内对应的点在第三象限，故A错误；虚部为，故B正确；复数的共轭复数，故C正确；复数的模，故D正确；故选：BCD.11.设函数，则下列结论正确的是（）A.的一个周期为B.的图象关于直线对称C.的一个零点为D.在上单调递减【答案】ABC【解析】分析】根据周期、对称轴、零点、单调性，结合整体思想即可求解.【详解】对于A项，函数的周期为，，当时，周期，故A项正确；对于B项，当时，为最小值，此时的图象关于直线对称，故B项正确；对于C项，，，所以的一个零点为，故C项正确；对于D项，当时，，此时函数有增有减，不是单调函数，故D项错误.故选：ABC12.已知等差数列的前n项和为，且满足，，则（） A.数列是递增数列B.数列是递增数列C.的最小值是D.使得取得最小正数的【答案】AC【解析】【分析】根据题意，结合等差数列的性质以及前项和的公式与性质，一一判断即可.【详解】因为，，所以，可得公差，的最小值是，故AC正确；因为，单调递减，，单调递增，所以B项错误；因为，所以，同理，所以取得最小正数的，D项错误.故选AC项．三、填空题13.若，，则________________．【答案】【解析】【分析】根据题意，利用三角函数的定义，准确运算，即可求解.【详解】因为，且，可令，则，设终边上一点的坐标，则，可得．故答案为：．14.若直线与曲线相切，则的值为___________.【答案】【解析】 【分析】设切点为，利用导数的几何意义结合条件即得.【详解】设切点为，则，，，，，所以，.故答案为：.15.记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．【答案】【解析】【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为，（，）所以最小正周期，因为，又，所以，即，又为的零点，所以，解得，因为，所以当时；故答案为：16.已知函数存在极值，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】 【分析】分析可知函数在上存在极值点，求得，可得出，即可求得实数的取值范围.【详解】函数的定义域为，且，由题意可知，函数在上存在极值点，对于方程，，解得或，解方程可得，，且，故有，整理可得.若，则，矛盾；若，则.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题17.在中，a，b，c分别是角A、B、C的对边，且．（1）求C；（2）若，求A．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理即可求解，（2）利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式即可得，进而可求解.【小问1详解】 ∵，∴，∴，由于C是三角形内角，∴．【小问2详解】由正弦定理可得，∴∴，∴，∴，∴．∵，∴，由于B是三角形内角，∴，则．18.设各项非负的数列的前项和为，已知，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）若，数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用得出的递推关系，从而得数列从第2项起为等差数列，结合等比数列的性质可求得，这样可得通项公式，然后由已知式中令求得，比较后可得结论；（2）用错位相减法求和．【小问1详解】当时，，当时，①，②.①-②得，即，∵，∴， ∴数列从第2项起是公差为1的等差数列.∴，又，，成等比数列，∴，即，解得，∴，∵，∴，适合上式，∴数列的通项公式为.【小问2详解】，∴数列的前项的和为③④③-④得，∴.19.在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点． （1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.【小问1详解】证明：取中点，连接，为的中点，，又，，四边形为平行四边形：，平面平面，平面；【小问2详解】平面平面，平面平面平面，平面，取中点，连接，则平面，，，又，如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，， ，设平面的一个法向量，，则，取，则，平面的一个法向量可取，设平面与平面所成的夹角为，,平面与平面所成的夹角的余弦为20.已知为椭圆上任一点，，为椭圆的焦点，，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆的两交点为A，，线段的中点在直线上，为坐标原点，当的面积等于时，求直线的方程． 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】由椭圆定义可得的值，进而由离心率可得，再求得，即可得到椭圆的方程；设出点A，的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可求出，进而求得的值，从而求得直线的方程．【小问1详解】由椭圆定义得，，所以，故，所以椭圆的方程为．【小问2详解】设代入方程，得所以，，所以，解得，则式变为则，底边上的高，所以的面积．令，解得，把，代入式，经检验，均满足，此时直线的方程为或．21.学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立. 甲、乙获得冠军的概率分别记为，.（1）判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；（2）用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.【答案】（1）甲、乙获得冠军的实力没有明显差别（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，利用互斥事件和独立事件的概率共求得和，结合，即可得到结论；（2）根据题意，得到的可能取值为，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.【小问1详解】解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，则教师甲获得冠军的概率，由对立事件的概率公式，可得得，所以，解得，因为，所以甲、乙获得冠军实力没有明显差别.【小问2详解】解：根据题意知，的可能取值为，可得，，， .所以随机变量的分布列为015300.150.4250.350.075所以期望为.22.已知函数.（1）若不等式在区间内恒成立，求实数取值范围；（2）求证：（为自然对数的底数）【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.【小问1详解】因为，，所以，令，又，令解得，时，，递增，时，，递减，所以当时函数有最大值，且最大值为，所以.【小问2详解】由（1）知，所以，所以，又 ，所以，