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

这是一份福建省厦门市湖滨中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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：B
3. 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：B
4. 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: C
6. 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：A
7. 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：D
8. 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：ABC
12. 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
③
④
③-④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
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，0
15
30
0.15
0.425
0.35
0.075