福建省 、永安一中、漳平一中三校协作2023-2024学年高三上学期12月联考数学试题（解析版）

“德化一中、永安一中、漳平一中”三校协作2023—2024学年第一学期联考高三数学试题第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.若集合，，则的元素的个数是（）A.1B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】结合解不等式以及对数函数的单调性，求得集合，根据集合的交集运算，即可得答案.【详解】由题意得，，故，即的元素的个数是1个，故选：A2.复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据的性质、复数的除法运算可得答案.【详解】，所以的虚部为.故选：C.3.函数的图象可能是（）．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.【详解】因为定义域为，且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；对于C，时，，，所以，所以，故C不正确；对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故A正确．故选：A.4.设的内角的对边分别为，若则的值可以为（）A.B.C.D.或【答案】A【解析】【分析】由正弦定理求出，结合求出答案.【详解】由正弦定理得，即，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 故，因为，所以，故.故选：A5.若向量，，且，则在方向上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算求出，再根据投影向量的定义即可求解.【详解】，，，，，解得，，在方向上的投影向量为.故选：C.6.设，，则下列说法中正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据的结构特征构造函数，判断其单调性，即可判断A；结合指数函数的单调性，判断B；根据的范围判断C，利用基本不等式以及等号成立条件判断D.【详解】设，则，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 因为在R上单调递增，故在R上单调递减，所以，即，A错误，因为在R上单调递减，故，B正确；由于，即，故，C错误；，当且仅当时取等号，但，故，D错误，故选：B7.我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的每列的数字之和为，如图，三阶幻方的，那么（）492357816A.41B.369C.1476D.3321【答案】B【解析】【分析】直接利用等差数列的性质及求和公式求解即可.【详解】由等差数列的性质得：九阶幻方所有数字之和为，由于每列和对角线上的数字之和都相等，所以每列的数字之和为，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 故选：B.8.函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把问题转化为，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数范围即可.【详解】由题知，的实数解可转化为或的实数解，即，当时，所以时，，单调递增，时，，单调递减，如图所示：  所以时有最大值：所以时，由图可知，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 当时，因为，，所以，令，则则有且，如图所示：  因为时，已有两个交点，所以只需保证与及与有四个交点即可，所以只需，解得．故选：D二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）9.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.点是函数图象的一个对称中心D.直线是函数图象的对称轴【答案】ACD【解析】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【分析】A选项，根据图象得到函数最小正周期，进而得到；B选项，将代入解析式，求出；C选项，，C正确；D选项，计算出，故D正确.【详解】A选项，设最小的正周期为，由图象可知，，解得，因为，所以，A正确；B选项，将代入中得，，故，即，因为，所以只有当时，满足要求，故，B错误；C选项，，故，故点是函数图象的一个对称中心，C正确；D选项，，故直线是函数图象对称轴，D正确.故选：ACD10.已知数列中，，，则下列结论正确的是（）A.B.是递增数列C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【详解】由，可得，则，又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，所以，由，所以A不正确；由，即，所以是递增数列，所以B正确；由，所以C错误；由，，所以，所以D正确.故选：BD.11.已知函数的定义域为，若，且均为奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据奇函数定义可得，，即可代值逐一求解.【详解】因为均为奇函数，所以，即①，，因为，即，所以，即②．由①，取得，由②，令，得；令，得，所以．由①，令，得．故选：ABC12.如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，,，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（）第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 A.四面体PBCQ的体积的最大值为B.的取值范围是C.若二面角的平面角为，则D.若三棱锥的外接球表面积为S，则【答案】ACD【解析】【分析】根据棱锥的体积公式可判断A；根据向量的相等以及数量积的定义可判断B；结合二面角平面角定义找出，结合解直角三角形判断C；确定三棱锥的外接球球心位置，列等式求得半径表达式，求得其取值范围，即可求出三棱锥外接球表面积取值范围，判断D.【详解】由题意知在直四棱柱中，半圆弧经过点D，故，点P到底面的距离为，当点Q位于半圆弧上的中点时最大，即四面体PBCQ体积最大，则，故A正确；由于，则，又在中，，故，因为，所以，则，故B错误；因为平面，平面，故，而,平面，故平面，平面，故，所以是二面角的平面角，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 则，因为，所以，故C正确；设线段BC的中点为N，线段的中点为K，则三棱锥的外接球球心O在NK上，在四边形中，,,设，在中，在中，故，整理得，所以，所以外接球的表面积为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题的难点在选项D的判断，解答时要发挥空间想象，明确空间的点线面位置关系，确定外接球球心位置，进而找出等量关系，求得球的半径取值范围，即可求解球表面积取值范围.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，若其终边经过点，___．【答案】【解析】【分析】根据三角函数定义得到，利用二倍角公式和同角三角函数关系化为齐次式，化弦为切，代入求值.【详解】由题意得，.故答案为：14.命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【答案】【解析】【分析】依题意可得“，”是真命题，分、两种情况讨论，分别计算可得.【详解】命题“，”是假命题，则它的否定命题“，”是真命题，当时，不等式为，显然成立；当时，应满足，解得，所以实数的取值范围是．故答案为：．15.设点，，在上，若，则_________．【答案】##【解析】【分析】先根据平面向量的数量积运算律，得；再根据平面向量的数量积定义，得；最后根据圆的性质即可解答.【详解】记的半径为，则..第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ，即.，因为，在中，，则，同理，所以三角形为等边三角形，.故答案为：.16.已知无穷等差数列中的各项均大于0，且，则的范围为_____________.【答案】【解析】【分析】根据题意，设等差数列的公差为，分析可得的取值范围，由求出，则有，构造函数，利用导数可求出其最值，从而可得答案.【详解】根据题意，设等差数列的公差为，由于无穷等差数列中的各项均大于0，则，由于，则，解得或（舍去），所以，因为，所以，令，则，由，得，得，解得或第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （舍去）.当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值，所以，即的范围为.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，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）当，求的最值，及取最值时对应的的值；（2）在中，为锐角，且，求的面积．【答案】（1）,；，（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式以及二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，根据范围，结合正弦函数性质，即可求得答案；（2）结合（1）的结果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面积公式即可求得答案.【小问1详解】，，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ，当，即时，；当，即时，；【小问2详解】由，即，而为锐角，，则，，又，由余弦定理得，即，即，.18.已知函数，的图象在处的切线为．（1）设，求的最小值；（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）0（2）【解析】【分析】（1）先根据导数的几何意义求出，再利用导数判断函数单调性进而求解最小值；（2）先将恒成立问题转化为，利用导数判断函数单调性进而求出函数最小值即可.【小问1详解】，由题意知，所以=，令，当时，，函数单调递减；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 当时，，函数单调递增；故，即的最小值为0.【小问2详解】令，则，由（1）可知当时，所以当时，，函数在单调递减；当时，，函数在单调递增；所以，故.19.已知数列的前n项和为，，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列前n项和为，求证：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，再结合当时，求出即可；（2）用基本量法求出，利用裂项相消法求出，适当放缩即可证明.【小问1详解】证明：，数列是以1为首项，为公差的等差数列第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 可得当时，当时，也满足上式，【小问2详解】证明：20.如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，平面平面．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （1）设平面平面，问：线段上是否存在一点，使平面？（2）平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）存在为的中点，使平面（2）【解析】【分析】（1）分别取、的中点、，证明四边形为平行四边形，，从而平面，再由线面平行的性质定理得到，即，从而平面；（2）由平面平面，得出平面，建立空间直角坐标系求解.【小问1详解】存在为的中点，使平面.分别取、的中点、，连接、、，，，，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，平面平面，平面，，，平面，平面，平面.即线段上存在一点，使平面.【小问2详解】分别取、中点、，连接、，，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ，，，，平面平面，平面平面，平面，平面以为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设向量为平面的一个法向量，则取，得，又为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，，平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知的三个角，，的对边分别为，，，，．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （1）求角；（2）若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点），设，当取最小值时，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，进而求得.（2）利用正弦定理或余弦定理，结合基本不等式或三角函数的最值等知识求得取最小值时的面积.【小问1详解】由正弦定理得，，，即，，，即，，，，.【小问2详解】方法一：，，为等边三角形，，，，，，在中，由余弦定理得，，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 即，整理可得，，，当且仅当时取等号，即时，取最小值，此时，．方法二：，，为等边三角形，，，，，设，，在中，由正弦定理得，，即，整理可得，，当且仅当时，取最小值，当取最小值时，，在中，，，.22.已知函数．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （1）讨论函数的单调性；（2）函数有两个零点，求证：.【答案】（1）答案见解析.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数导数，结合一元二次方程的根，判断导数正负，即可得答案；（2）根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.【小问1详解】由题意知，定义域为，，若，令得，，故方程有两个实数根（舍），当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减；若，则，故在上单调递增，故当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】证明：由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点，由得，，，又，令，则，猜想，下面证明：要证明，即需证明，令，则，即在上单调递增，故，故成立；，，令，则，即，令，则在上单调递增，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ，故，使得，即当时，，即成立，此时，即有.【点睛】难点点睛：本题考差了导数知识的综合应用，综合性强，计算量大；难点在于结合函数的零点证明不等式问题，解答时要根据推出，结合换元，证明，继而构造函数，判断其单调性，结合零点存在定理推出，从而证明结论.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司