福建省福州第一中学2023届高三下阶段性质量检查（寒假摸底）数学解析

高三数学阶段性质量检查试卷一、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．Axx1x30Bx2x30AB1.设集合，，则（）3333A.3,B.3,C.1,D.,32222【答案】D【解析】【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.3【详解】Axx1x301,3，Bx2x30,，23所以AB,3.2故选：D.442.在平面直角坐标系中，若角的终边经过点Psin,cos，则cos333113A.B.C.D.2222【答案】A【解析】【分析】先计算出P点坐标，然后即可知cos的值，利用诱导公式即可求解出cos的值.31【详解】因为角的终边经过点P,，2233所以cos，所以coscos.22故选：A.【点睛】本题考查任意角的三角函数值计算以及诱导公式的运用，难度较易.角(非轴线角)的终边经过点第1页/共22页,xyyPx,y，则cos,sin,tan.x2y2x2y2x3.设a,b为非零向量，,R，则下列命题为真命题的是（）A.若a(ab)0，则abB.若ba，则|a||b||ab|C.若ab0，则0D.若|a||b|，则(ab)(ab)0【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的数量积表示判断A，由向量共线判断BC，利用数量积的运算判断D．【详解】对于A，a(ab)0a(ab)，结论不成立，命题为假；对于B，当a与b方向相反时，结论不成立，命题为假；对于C，当a与b共线时，结论不成立，命题为假；22222222对于D，若|a||b|，则|a||b|，即ab，则ab0，所以(ab)(ab)ab0，命题为真．故选：D．x4.已知函数yf(x)的图象与函数y2的图象关于直线yx对称，g(x)为奇函数，且当x0时，g(x)f(x)x，则g(8)（）A.5B.6C.5D.6【答案】C【解析】【分析】先求出f(x)log2x，再求出g(8)5即得解.x【详解】解：由已知，函数yf(x)与函数y2互为反函数，则f(x)log2x．由题设，当x0时，g(x)log2xx，则g(8)log288385．因为g(x)为奇函数，所以g(8)g(8)5.故选：C．5.核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的第2页/共22页,靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量Xn与扩增次数n满足lgXnnlg1plgX0，其中p为扩增效率，Xn为DNA的初始数量．已知某被测标本DNA扩增10次后，数量变为原来的100倍，那么该样本的扩增效率p约为（）0.20.2（参考数据：101.585，100.631）A.36.9%B.41.5%C.58.5%D.63.4%【答案】C【解析】【分析】由题意，Xn100X0代入解方程即可.【详解】由题意可知，lg100X010lg1plgX0，即2lgX010lg(1p)lgX0，0.2所以1p101.585，解得p0.585.故选：C2226.在VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2a2bc，则当tanAB取得最大值时，tanA等于（）3A.B.1C.3D.233【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理，两角和的正弦公式及同角三角函数基本关系化简已知等式可求得tanA3tanB，利用两角和的正切公式化简tanAB，再利用基本不等式即可求得.222【详解】因为2a2bc，222b2c22bccosAb21c2由余弦定理abc2bccosA，得，化简得c4bcosA，2所以由正弦定理可得sinC4sinBcosA,又sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB，sinAcosB3sinBcosA，所以tanA3tanB，则A,B都是锐角，tanB0，tanAtanB2tanB223tan(AB)1tanAtanB13tanB1233，3tanBtanB第3页/共22页,13当且仅当3tanB,即tanB时取等号，此时tanA3tanB3.tanB3故选：C7.已知等比数列��各项均为正数，且满足：0a11，a17a181a17a182，记Tna1a2Lan，则使得Tn1的最小正数n为（）A.36B.35C.34D.33【答案】B【解析】【分析】先由已知条件判断出a17,a18,a17a18的取值范围，即可判断使得Tn1的最小正数n的数值.a1a11717【详解】由a17a181a17a18得：a171a1810，或.a1a11818a0,0a1,0a1a，又aa12,，aa1n117181718171833331717Taa2a22a331，Taaaa1，33133171734134171835352235T35a1a352a18a181，则使得Tn1的最小正数n为35.故选：B.8.已知实数a,b1,，且log2alogb3log2bloga2，则（）A.abbB.babC.baaD.aba【答案】B【解析】11【分析】对log2aloga2log2blogb2，利用换底公式等价变形，得log2alog2b，logalogb22111结合yx的单调性判断ab，同理利用换底公式得log2alog3b，即xlog2alog3blog2alog3b，再根据对数运算性质得log2alog2b，结合ylog2x单调性，ab，继而得解.【详解】由log2alogb3log2bloga2，变形可知log2aloga2log2blogb2，11利用换底公式等价变形，得log2alog2b，logalogb22第4页/共22页,1由函数fxx在0,+∞上单调递增知，log2alog2b，即ab，排除C，D；x其次，因为log2blog3b，得log2alogb3log3bloga2，即log2aloga2log3blogb3，1同样利用fxx的单调性知，log2alog3b，x又因为log3blog3blog2b，得log2alog2b，即ab，所以bab.故选：B.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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.下列命题中正确的是（）xx11logxlogxA.x0,，B.x0,1，112323x1x1111C.x0,，x2D.x0,，logx312223【答案】ABC【解析】【分析】根据指数函数、幂函数和对数函数性质对各个选项进行判断．x123xxx11【详解】由指数函数的性质可知，当x(0,)时，1，恒成立，A正确；x12233logx131由对数函数的性质可知，当x(0,1)时，log1x0，log1xlog1，323211log312logxlogx1log211log313323logxlogx11恒成立，B正确；23x1x1x1112112211221对于C，当x时，，x2，当x0,时，,x2则x2，2222222222C正确；第5页/共22页,x1logx111对于D，当x时，1，由对数函数与指数函数的性质可知，当x0,时，1logx133323恒成立，D错误．故选：ABC．【点睛】关键点点睛：熟练掌握指数函数、幂函数和对数函数的单调性是解答本题的关键，对于全称命题：必须所有的对象都使命题成立，命题为真命题；存在一个对象使命题不成立，则命题即为假命题；对于特称命题：存在一个对象使命题成立，则命题为真；所有的对象都使命题为假，则命题为假命题.10.函数fxsinxacosxa0在一个周期内的图象可以是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】2【分析】由函数fxsinxacosx1asinx，利用平移变换判断.2【详解】函数fxsinxacosx1asinx，其中tana，因为a0，所以,00,，22又函数fx是由2y1asinx向左或向右平移个单位得到的，AC符合题意，故选：AC第6页/共22页,x1x11.设函数fxxe1xe，则（）A.曲线fx是轴对称图形B.函数fx有极大值为eC.若x1+x21，则x1fx1x2fx2e1D.若x1x21，且x2，则fx2f1x12【答案】ACD【解析】【分析】A选项，计算f(1x)f(x)即可判断；B选项，利用导数求导判断；C选项，x1+x21，则x11x2，由x1f(x1)x2f(x2)f(1x2)f(x2)x2f(x2)，利用导数法求解判断；D选项结合B选项的单调性即可判断.x1x1xx【详解】对A选项，因为fxxe1xe，f1x(1x)exef(x)，所以函数f(x)关1于x对称，故A选项正确；2fxxex1xe1x，'xx1x1xx1x则对B选项，由f(x)exee(1x)e(1x)e(x2)e，'令f(x)0,11'11'1则x，x(,),f(x)0,f(x)在,单调递减，x(,),f(x)0,f(x)在,单222221调递增；所以函数f(x)的极小值为f()e，故B选项错误；2对C选项，因为x1+x21，则x11x2，因为f(1x)f(x)，f(x1)f(1x2)f(x2)，所以x1f(x1)x2f(x2)f(1x2)f(x2)x2f(x2)f(x2)，1由B选项可知，f(x)的极小值为f()e，所以f(x)e，故C选项正确；2211对D选项，因为x1x21,且x2，所以x21x1，即x21x1，由B选项可知，221'11'1x(,),f(x)0,f(x)在(,单调递减，x(,),f(x)0,f(x)在,单调递增；2222所以f(x2)f(1x1)，故D选项正确.第7页/共22页,故选：ACD12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2（如图所示），点M为线段CC1（含端点）上的动点，由点A，D，M确定的平面为，则下列说法正确的是（）1A.平面截正方体的截面始终为四边形B.点M运动过程中，三棱锥A1AD1M的体积为定值C.平面截正方体的截面面积的最大值为4241D.三棱锥A1AD1M的外接球表面积的取值范围为π,12π4【答案】BCD【解析】【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解.【详解】对A选项，当M与C点重合时，平面截正方体的截面为AD1C，错误；对B选项，∵CC1//DD1，又CC1平面A1AD1，DD1平面A1AD1，∴CC1平面A1AD1，又点M为线段CC1（含端点）上的动点，∴M到平面A1AD1的距离为定值，又A1AD1的面积也为定值，∴三棱锥A1AD1M的体积为定值，正确；对C选项，当M由C移动到C1的过程中，利用平面的基本性质，延长D1M交DC于G，连接AG交BC于K，所以，从C到C1之间，平面截正方体的截面为AKMD1为等腰梯形，且KM//AD1，当M与C1重合时，截面为矩形ABC1D1，此时面积最大为42，正确；第8页/共22页,对D选项，如图，分别取左右侧面的中心E，F，则EF垂直于左右侧面，根据对称性易知：三棱锥A1AD1M的外接球的球心O在线段EF上，设M到F的距离为x，则x1,2，设OFt，则OE2t，又易知ED12，外接球O的半径ROD1OM，2222tR6x2在Rt△D1EO与Rt△MFO中，由勾股定理可得：，两式相减得：t，222txR42226x22∴Rx，令mx，又x1,2，则m1,2，42226mm4m36∴Rm，m1,2，4162m4m36设函数f(m)，m1,2，则fm的对称轴为m2，的开口向上，1641241∴fm在1,2上单调递增，最小值为f1，最大值为f23，即R,3，1616241∴三棱锥A1AD1M的外接球表面积S4πRπ,12π，正确.4故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．第9页/共22页,3x1,x013.已知函数fx为偶函数，则2a3b__________．axb,x03【答案】2【解析】【分析】令x0时，则x0，由偶函数的定义可得出fxfx，可得出a、b的值，进而可得出a2b的值.3x1,x0【详解】因为函数fx为偶函数，3axb,x0333当x0时，x0，此时，fxfxx1x1axb，a113所以，a1，b1，故2b211.223故答案为：.2π214.若，0,，且1sinsinsincoscos，则tan的最大值为______．22【答案】4【解析】tan【分析】由题意结合商数关系及平方关系可得tan，再利用基本不等式即可得出答案.22tan12【详解】解：由1sinsinsincoscos，sincossincostan得tan，22221sin2sincos2tan1π因为0,，所以tan0,，2tan112tan则2tan21114，2tan22tantantan12当且仅当2tan，即tan时，取等号，tan2第10页/共22页,2所以tan的最大值为.42故答案为：.4ππ15.已知函数fxsin2x的图象关于点,0对称，且f0f，若fx在0,t上没有66最大值，则实数t的取值范围是__________.511【答案】,612【解析】【分析】2725依题意得到f(x)sin(2x)，然后根据f(x)在[0，t)上没有最大值可得，2t，解出t3332的范围即可．π【详解】解：因为fxsin2x的图象关于点,0对称，所以sin20，所以662kkZ，所以kkZ，所以fxsin2xkkZ，又由6332f(0)f，即sinksink，所以k为奇数，不妨取k1，所以fxsin2x633则222当x[0，t)时，2x[,2t)，333725f(x)在[0，t)上没有最大值，2t，332511t，612511t的取值范围为：,．612511故答案为：,．612p16.已知实数p，q满足2p5，logq1q1，则p2q______．2第11页/共22页,【答案】3【解析】p【分析】由已知等式分别化简2p5，logq1q1，转化为两个函数的交点，利用数形结合的2方法即可求得.pp1【详解】由2p5，可得25p，由log2q1q1可知，log2q1q1,即2log2q12q2，则log2q112q3,px即log22q222q5，即log22q2522q，则方程25p的解即为y2,y5x交点的横坐标，方程log2q1q1，即关于2q2的方程log22q2522q的解，即ylog2x,y5x交点的横坐标，x因为y2,ylogx,互为反函数，所以它们关于yx对称，所以2xyx,y5x的交点即为y2,y5x的交点和ylog2x,y5x的交点的中点，作出函数图像如图所示，yx555联立方程，解得xy，即M(,)，所以p2q25,y5x222则p2q3.故答案为：3四、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.已知等比数列{an}的公比q1，且a12，2a1a33a2．（1）求数列{an}的通项公式；第12页/共22页,n（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求数列{}的前n项和．S2nn【答案】（1）a2；n1n1（2）1(n2)().2【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；（2）利用错位相消法进行求解即可.【小问1详解】2由2aa3a222q32qq2，或q1（舍去），132n1n所以a222；n【小问2详解】nn2(12)n1由（1）可知an2，所以Sn22，12nn1n1n所以n1n()，设数列{}的前n项和为Tn，S222S2nn1213141n1T1()2()3()n()(1)，n222211314151n2T1()2()3()n()(2)，n2222211213141n11n2(1)(2)，得T()()()()n()，n22222211n[1()]1421n21n1即Tnn()Tn1(n2)().212212AB18.已知VABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且csinBbcos.2（1）若a6，c3b，求b；（2）若点D在线段BC上，且CD2BD，AD1，求ab的最大值.【答案】（1）b621（2）3【解析】第13页/共22页,πC【分析】（1）利用正弦定理结合ABCπ整理得sinCcos，再借助诱导公式和倍角公式化简整221理；（2）本题可以设CAD，利用正弦定理边化角整理可得absin；也可以利用余32222弦定理得到边的关系9b4a6ab9，令tab整理得7b2tb4t90，结合二次函数零点分布处理．【小问1详解】AB由正弦定理可知：sinCsinBsinBcos，2又sinB0，ABCππCCCπCC故sinCcos，则2sincoscossin，222222CC1又sin0，得cos，222CπCπ2π由于0,，所以，即C2223322222由余弦定理可知，cab2abcosC，即3b36b6b，解得b6或b3（舍去）【小问2详解】π解法一：设CAD0,，3CDACAD由正弦定理可得：，sinsinCDAsinC2a3b123即，sin2π33sin323故a3sin，bsincos，32321从而absincossin，3333ππ其中tan,1，,2364第14页/共22页,π21当时，有ab的最大值为.23解法二：在ACD中，由余弦定理得，222ADACCD2ACCDcosC，b24a22ab122即，即9b4a6ab99322令tabt0，从而9b4tb6tbb9，22整理得7b2tb4t90依题意，上述关于b的方程有正实数解；22t因为函数gb7b2tb4t9的对称轴b072221所以Δ4t474t90，解得t.32122121所以ab的最大值为，此时a，b.372119.如图，四棱锥EABCD，ABAD3，CDCB1，AC2，平面EAC平面ABCD，平面ABE平面CDEl.（1）若点M为线段AE中点，求证：BM//l；（2）若ACE60，CE1，求直线BC与平面ADE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析7（2）7【解析】【分析】（1）取AC中点F，根据△ABC≌△ADC、勾股定理可确定ACBACD60∠，由△BFC为正三角形可知BF//CD，由线面平行的判定得到BF//平面CDE；由MF//EC可得MF//平面CDE；由面面平行判定知平面BMF//平面CDE，由面面平行和线面平行性质可证得结论；（2）过点E作EHAC，由面面垂直性质可证得EH平面ABCD，结合BHAC，则以H为坐标原第15页/共22页,点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】取AC中点F，连接MF,BF，ABAD3，CDCB1，AC2，22222ABC≌ADC且ACABBCADDC，ABBC，ADDC，∠ACBACD60，，BF//CD，F为AC中点，△BFC为正三角形，即BFCACD60QBF平面CDE，CD平面CDE，BF//平面CDE；在△ACE中，MF为中位线，MF//EC，又MF平面CDE，EC平面CDE，MF//平面CDE；又BFMFF，BF,MF平面BMF，平面BMF//平面CDE，又BM平面BMF，BM//平面CDE，又平面ABE平面CDEl，BM平面ABE，BM//l.【小问2详解】过点E作EHAC，交AC于点H，连接HB.平面EAC平面ABCD，平面EAC平面ABCDAC，EH平面EAC，EH平面ABCD，又ACE60，CE1，AC2，AEC直角三角形，且AEC90，331∴EH，AH，CH；2223又AEC≌ABC，即BHAC，且BHEH，2则以H为坐标原点，HA,HB,HE分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系Hxyz.第16页/共22页,33133则A,0,0，B0,,0，C,0,0，D0,,0，E0,0,，22222133333则CB,,0，DA,,0，EA,0,，222222设平面ADE的法向量为nx,y,z，33nDAxy022则，令x1，解得：y3，z3，n1,3,3；33nEAxz022nCB17cosn,CB，nCB777即直线BC与平面ADE所成角的正弦值为.71n120.数列��满足a1，an1anp3nq．2（1）若q0，且数列��为等比数列，求p的值；（2）若p1，且a4为数列��的最小项，求q的取值范围．【答案】（1）p127（2）3q4【解析】【分析】（1）由条件得出关于a1,a2,a3的方程组，由等比数列的定义得到公比，代入a1即可求出p的值.（2）利用累加法求出通项公式，由题意得出不等式组，从而求出q的取值范围.【小问1详解】n1当q0时，则aap3，n1n第17页/共22页,∵数列��为等比数列，∴令an1tan，0aap3p21∴1，又∵a3a2ta2a1，aap33p32∴t3，∴a2a12a11p，∴p1.【小问2详解】n1当p1时，aa3nq，n1n由累加法可得：ananan1an1an2a2a1a1，n2n301即a3n1q3n2q3q，n2n2n301即a333n1qn2qq，n2n1n113nn1q13nn1q即a，n132222336q312qa3a422由题意可知，即，aa3445312q320q22q327∴27，即3q.q44321.设函数fxxlnx1（1）求曲线yfx在0,0处的切线方程；12n1lnn1.（2）证明：当nN且n2时，3827n【答案】（1）yx（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求切线方程；32（2）首先构造函数gxxlnx1x，利用导数判断函数的单调性和最值，证明第18页/共22页,32111lnx1xx0，再换元，令x，得lnn1lnn，再代入正整数，相加求和.23nnn【小问1详解】21显然，x1,，且fx3x，故f01x1故切线方程为y0f0x0，即yx【小问2详解】32令gxxlnx1x，3232213xx2x13xx1gx3x2xx1x1x1当x0时，g¢(x)>0，�(�)单调递增故gxg00，32即当x0时，lnx1xx01111令x，得ln1032nnnn11n1即lnn1lnn233nnn11由此可得，ln2ln102311111ln3ln2，23228……11n1lnn1lnn，233nnn12n1lnn1，nN将以上n个式子相加，得3且n2827nx22.已知函数f(x)eaxsinxbxc的图象与x轴相切于原点．（1）求b，c的值；（2）若f(x)在(0,)上有唯一零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）b1，c11（2）,2第19页/共22页,【解析】f(0)0,【分析】（1）由题意得从而可求出b，c的值，f(0)0,（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令g(x)f(x)，再次求导x11g(x)ea(2cosxxsinx)，由g(0)12a，所以分a和a两种情况结合零点存性定理分22析讨论函数的零点情况即可【小问1详解】xf(x)ea(sinxxcosx)b，f(0)0,依题意，f(0)0,1b0,即解得b1,c1．1c0,【小问2详解】xx由（1）得f(x)ea(sinxxcosx)1，记g(x)ea(sinxxcosx)1，xg(x)ea(2cosxxsinx)，所以g(0)12a，1①当a时，2x（ⅰ）当x0,时，g(x)ea(3sinxxcosx)0，所以g(x)为增函数，2又因为g(0)0，ge2a0，22所以存在唯一实数x00,，使得gx00．2（ⅱ）当x,时，2cosxxsinx0，则g(x)0．2由（ⅰ）（ⅱ）可知，x0,x0,g(x)0,g(x)单调递减xx0,,g(x)0，g(x)单调递增．因为g(0)0,g()ea10，所以存在唯一实数x1x0,，使得gx10，第20页/共22页,所以当x0,x1时，g(x)0，即f(x)0,f(x)单调递减；xx1,，g(x)0，即f(x)0，f(x)单调递增．因为f(0)0,f()e10，所以存在唯一实数：x2x1,，使得fx20，即f(x)在(0,)上有唯一零点，符合题意．1②当a时，2xx1f(x)eaxsinxx1exsinxx1，2x1记h(x)exsinxx1,x(0,)．2x1h(x)e(sinxxcosx)1，2x101所以h(x)ecosxxsinxecosxxsinx0，2201所以h(x)为增函数，h(x)e(sin00cos0)10，201所以h(x)为增函数，h(x)e0sin0010，则x(0,),f(x)0，2所以f(x)在(0,)上没有零点，不合题意，舍去．1综上，a的取值范围为,．2【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出f(x)后无法判断其正负，所以构造函数g(x)f(x)，再次求导，又由于g(0)12a，所以分别由g(0)12a的正负入手分情况求解，属于难题第21页/共22页,第22页/共22页