2023届福建省宁德市高三上学期期中区域性学业质量检测数学试题（C卷）含解析

这是一份2023届福建省宁德市高三上学期期中区域性学业质量检测数学试题（C卷）含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省宁德市高三上学期期中区域性学业质量检测数学试题（C卷） 一、单选题1．若（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】按照复数的乘法运算即可.【详解】解：.故选：C.2．设集合，，则（    ）A． B．（－∞，1] C．（－1，1] D．[0，1]【答案】D【分析】根据集合的交集和补集的定义，直接计算求解.【详解】由，得，解得或，则，由，得，解得，故故选：D3．已知，且，则（    ）A． B． C．－ D．【答案】A【分析】由已知求得的正弦值余弦值即可求得.【详解】由已知得，又因为，故故选：A4．1935年美国物理学家、地震学家里克特，为了解决大尺度问题的压缩，设计了一种度量方式：里克特震级，简称里氏震级，后来经同行古登堡的改进和完善，得到了震级的计算公式，其中是被测地震的最大振幅，是标准地震的振幅，并通过研究得出了地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系，．请问9.0级地震释放的能量是3.0级地震的约多少倍？（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据实际问题分别计算9.0级地震释放的能量和3.0级地震释放的能量，结合对数运算性质，作比得答案.【详解】解：9.0级地震释放的能量为，则3.0级地震释放的能量为，则所以，，则.故选：D.5．已知函数，则“有极值”是（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据极值点的定义求出的范围，验证充分性和必要性即可.【详解】定义域为,由得，令，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以当时，有极值；当时，令解得，所以在上小于0，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为当时，，有极值则，令，则，，再令，则，解得，所以在单调递增，在单调递减，又，所以当时，，即，解得，综上有极值，则或或，所以有极值是的必要不充分条件，故选：B.6．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据特殊点的函数值、函数的奇偶性求得正确答案.【详解】，排除C选项.，的定义域为，，所以是偶函数，排除D选项.，所以B选项错误.故A选项正确.故选：A7．设，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指数函数，幂函数的单调性，对进行比较，即可判断和选择.【详解】因为以及是上的单调减函数，故可得，，即，；又因为，而是上的单调增函数，则，即.故.故选：D.8．对于数列{}，若对任意，都有，则称该数列{}为“凸数列”．设，若是凸数列，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】数列，，，是“上凸数列”，可得时，得，代入化简求最值即可得出．【详解】数列，，，是“上凸数列”，得，，即，即，化简得，当时， ，若恒成立，则恒成立，令 则单调递增，当 时，取最小值 故又当时，的最大值为，所以 则的取值范围是， 故选：D 二、多选题9．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”，下列选项中有“巧值点”的函数是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据“巧值点”的定义，结合导数运算，对每个选项进行逐一判断，即可选择.【详解】对A：，则，令，则，故有“巧值点”；对B：，则，因为恒成立，故任意的，都是的“巧值点”；对：，则，令，整理得，方程无根，故没有“巧值点”；对：定义域为，则，而，显然无根，故没有“巧值点”.故选：.10．已知正数a，b满足，则下列不等式中一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】利用基本不等式和对数不等式即可判断.【详解】对于A：若，因为，所以上式不能取等号，即，故A正确.对于B：令 ，故，故B错误.对于C：，故，即，故C正确.对于D：由对数不等式可知，又因为，故，故D正确.故选：ACD11．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型函数f（x），其图象是由的图象向右平移个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长到原来的2倍而得到，若，则下列结论正确的是（    ）A．的图像关于点（，0）中心对称B．f（x）在单调递减C．若一个奇函数的图象向左平移个单位长度后，可得f（x）的图象，则n的最小值为D．若在有解，则k的取值范围是【答案】ACD【分析】根据平移以及对称轴可得，进而根据三角函数的性质结合选项即可逐一求解.【详解】由题意可知，所以，又，故 为的对称轴，因此 故,故，或，由于，故 ，因此 ，对于A，,故为对称中心，故A正确；对于B，,故 在， 单调递增，在单调递减，故在不单调，故B错误；对于C，将图象向右平移个单位长度后，得到 由于为奇函数，所以, ，所以当时，最小为，故C正确；对于D，当，，所以有解则，故D正确.故选：ACD12．已知函数及其导函数定义域均为，为奇函数，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据与奇偶性之间的关系，结合函数对称性和周期性，即可判断和求解.【详解】因为为奇函数，，则，因为，则，故可得，故关于对称，；又为奇函数，所以为偶函数，所以周期为8，所以，正确；又，对等式两边求导，所以关于时称，所以周期为8，所以，正确.又选项均无法求出确定值，故选：.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的计算，原函数与导函数奇偶性之间的关系，以及函数性质的求解，处理问题的关键是对函数性质的灵活掌握，属综合中档题. 三、填空题13．曲线在原点处的切线方程为___．【答案】【分析】利用导数运算公式求得导函数，从而可得切线斜率，即可得在原点处的切线方程.【详解】解：，则所以切线斜率为，则在原点处的切线方程为.故答案为：14．已知角的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点A（1，－2）．将角的终边绕O点顺时针旋转后得到角的终边，则tan＝___．【答案】3【分析】由题意可得，且，结合两角差的正切公式运算求值.【详解】由题意可得：，且，∴.故答案为：3.15．已知数列中，，），则数列的前项和的最小值为___．【答案】##【分析】利用累加法求出的通项公式，即可得到，再令，解不等式求出所对应的的取值范围，即可得到数列的取值情况，从而得到其前项和取得最小值，代入计算可得.【详解】解：因为，所以，即，，，，，又,所以，所以，令，即，解得或,即当时，时，时，所以时，当时，当时，所以数列的前项和取得最小值，最小值为.故答案为： 四、双空题16．已知函数，对都有，且是f（x）的一个零点．（1）若f（x）的周期大于π，则＝___；（2）若在上有且只有一个零点，则的最大值为___．【答案】          【分析】（1）根据余弦函数的性质，建立方程组，由题意，可得答案；（2）根据函数与方程的关系，将问题转化为三角函数求最值，结合三角函数的性质，求得的取值范围，由大到小进行检验，可得答案.【详解】（1）由题意可得，解得，由f（x）的周期大于π，则，即，当时，，不符合题意，舍去；当时，，符合题意.（2）由在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，因为，所以在上有且只有一个，使得函数取得最大值，则，解得，由（1）可知，令，则，且，故同奇偶，由，则，解得，即，当时，，为奇数，则，即，由，则，当或，即或时，函数取得最大值，不符合题意；当时，，为偶数，则，即，由，则，当，即时，函数取得最大值，符合题意.故答案为：，【点睛】研究三角函数的最值、零点、对称中心、对称轴时，常常使用整体代入的解题思想，结合三角函数的性质，可建立方程，解决问题；研究三角函数中参数的最值问题，根据题意，结合三角函数的周期性，给定一个范围，进行检验，即可解决. 五、解答题17．在①；②成等比数列；③；这三个条件中任选一个，补充在下面试题的空格处中并作答．已知是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且           ．(1)求数列的通项公式；(2)定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，求在区间[1，2022]内所有“调和数”之和．【答案】(1)(2)1086 【分析】（1）选①或③，利用求得；选②，结合等比中项的知识求得等差数列的公差，从而求得.（2）利用列举法写出“调和数”，结合等比数列前项和公式求得.【详解】（1）选①解：因为，所以当时，，当，时，因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，所以，.选②解：因为成等比数列，所以，因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，所以，所以.选③解：因为，所以当时，．所以，所以或，因为是各项均为正数的等差数列，所以，又当n＝2时，，所以，所以，所以，所以或（舍去），其公差，所以.（2）设，所以，令，且b为整数，又由，，所以b可以取1，2，3，4，5，6，此时分别为，所以区间[1，2022]内所有“调和数”之和＝1086.18．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E为线段AD的中点，，，，BC⊥平面PBE．(1)证明：PE⊥平面ABCD；(2)当AD为多少时，平面PBE与平面PCD所成的二面角为．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明来证得平面；（2）建立空间直角坐标系，设，根据平面PBE与平面PCD所成的二面角求得，进而求得.【详解】（1）因为BC⊥平面PBE，PE平面PBE，所以BC⊥PE，在△PBE中，由正弦定理得，又，，，所以，又∠PEB为△PBE的内角，所以，即，又，BE、BC平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.（2）由（1）知EA、EB、EP两两相互垂直，以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，设，则E（0，0，0）、P（0，0，1）、D（－t，0，0）、C（－2t，，0），所以，，设平面PCD的法向量为，所以，所以，取，可得，由已知得ED⊥平面PBE，所以为平面PBE的法向量，所以，解得．所以． 19．锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)若，D为AC的中点，求BD的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得，进而求得.（2）方法一：由，利用平方的方法，结合向量数量积运算以及余弦定理求得的取值范围.方法二：利用中位线，结合余弦定理求得的取值范围.方法三：由，利用平方的方法，结合向量数量积运算、正弦定理、三角函数值域的求法求得的取值范围.【详解】（1）因为,由正弦定理可得． 因为，即，所以．所以,所以,因为，所以,所以，又,所以.（2）法一：因为D为AC的中点，所以，所以，由（1）知，又，所以．，因为△ABC为锐角三角形，所以，由余弦定理可得，又，所以，解得，，，，所以，所以BD的取值范围是.法二：取AB的中点E，又D为AC的中点，所以DE为△ABC的中位线所以，所以在△BDE的中．因为△ABC为锐角三角形，所以，由余弦定理可得，又，所以，，，，，所以，所以BD的取值范是.法三：因为D为AC的中点，所，所以，由（1）知，又，所以．在△ABC中，由正弦定理得，所以，因为△ABC为锐角三角形，所以，所以，所以，所以，，，，所以，所以BD的取值范围是.20．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若0，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2) 【分析】（1），分三种情况讨论；（1）由（1）可知函数单调性，从而可求得最小值，解不等式即可.【详解】（1）因为．①当时，，在R上单调递增；②当时，令，得，,在上单调递减；,在上单调递增．③当时，令，得，在上单调递减；，在上单调递增．（2）①当时，，符合题意．．②当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，若，则所以解得：③当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，若，则所以所以：综上：．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21．根据《中华人民共和国道路交通安全实施条例》第78条规定，高速公路应当标明车道的行驶速度，某高速公路标明，正常行驶车辆的最高车速不能超过120km/h，最低车速不能低于60km/h，设计该高速公路时，还要求安全车距S（单位：米）应随着车速v（单位km/h）的增大而增大，且满足关系，（单位：米）表示该高速公路的最小车距是定值．(1)求最小车距；(2)若车速v（单位：km/h）与每小时车流量Q满足关系，则这条高速公路每小时车流量最大时，安全车距S至少为多少米？【答案】(1)50(2)这条高速公路每小时车流量最大时，车距S至少为米 【分析】（1）根据速度最小车距最小即可求解安全车距，（2）求导，根据单调性可得车流量最大时，，进而代入即可求解车距.【详解】（1）由题意当v＝60时时，， 所以，所以或（舍去），所以最小车距（2）因为，所以．令，得或（舍去）在上单调递增；在上单调递减．所以，当时，．此时．这条高速公路每小时车流量最大时，车距S至少为米．22．已知函数．(1)若，求函数零点；(2)若，证明：．【答案】(1)1(2)证明见解析 【分析】（1）时，，求导函数，判断导函数符号，得函数的单调性，再根据，确定其左右区间函数值符号，即可得函数的零点；（2）由，所以，要证，即证，按照在上的符号与取值范围，分三段，，分别证明即可.【详解】（1）解：若，则所以，令，得，在上单调递增；，在上单调递减；又所以，，；，所以函零点为1.（2）证明：由，所以，所以．要证，即证下面证明：①当时，由（1）可得，当且仅当时取等号又，当且仅当时取等号所以时，．②当时，设所以在单调递增，所以，即又，且所以，所以．③当时，由（1）得在单调递减所以又所以综上所述所以.【点睛】本题考查了函数零点及函数单调性问题，考查导数的应用及不等式证明，考查转化思想，属于难题.需注意在函数与导数综合问题中，遇到一些含参不等式证明，可以根据单调性，消去参数，转化为不含参数的不等式证明，例如本题根据由，所以，则；遇到含三角函数证明问题，可根据三角函数的取值范围分段处理或者放缩处理.