福建省三明第一中学2023届高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份福建省三明第一中学2023届高三上学期期中考试数学试题（解析版），共29页。试卷主要包含了 已知，且，则的最小值为， 中，若，则 的值为， 已知数列满足，，则等内容，欢迎下载使用。

三明一中2022-2023学年上学期半期考
高三数学科试卷
（考试时间：120分钟，满分150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.
一、单选题（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，仅有一项是符合题目要求的.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，然后根据并集的定义运算即得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
2. 已知直线与直线互相垂直，垂足为.则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两直线垂直得，进而根据垂足是两条直线的交点代入计算即可得答案.
【详解】由两直线垂直得，解得，
所以原直线直线可写为，
又因为垂足为同时满足两直线方程，
所以代入得，
解得，
所以，
故选:D
3. 《九章算术》是我国古代的一本数学名著.全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题.在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为多少？（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，由题意可得，，，结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
【详解】解：设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，
由题意可得，，，
故，，
解可得，，，
故任意两人所得的最大差值．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题．
4. 已知圆为圆O上位于第一象限的一点，过点M作圆O的切线l．当l的横纵截距相等时，l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用过圆上点的切线的性质可得，利用点表示出切线方程，结合l的横纵截距相等，即得解
【详解】由题意，点在第一象限，故过点M的的切线l斜率存在；
点在圆上，故，即

故直线l的方程为：
令令
当l的横纵截距相等时，
又
解得：
即，即
故选：A
5. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】转化后由基本不等式“1”的妙用求解
【详解】因为，，所以，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立.所以的最小值为2.
故选：A
6. 为上的偶函数，时，，，则下述关系式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据为偶函数，在上单调递增，结合求解.
【详解】时，，
在上单调递增，
为上的偶函数，
，
，，
∵，
∴，
故选：C
7. 中，若，则 的值为（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件利用两个向量的数量积的运算法则求得，再利用余弦定可得，根据，利用正弦定理统一成边的形式化简可得结果.
【详解】因为在 中，若，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以由余弦定理得，
化简得，
所以


，
故选：B
8. 已知双曲线的左、右焦点分别是，过点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，现将平面沿所在直线折起，点到达点处，使二面角的平面角的大小为，且三棱锥的体积为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意求出点坐标，即可得到，再由二面角的定义可知为二面角的平面角，再根据锥体的体积公式得到，从而求出离心率；
【详解】解：由题意可知，直线的方程为，代入双曲线方程可得，
设点在轴上方，则，可得，所以，
由题意可知，且，所以平面，
所以为二面角的平面角，即，
所以，即，
又，所以，可得双曲线的离心率为，
故选：A．
二、多选题（本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. （多选）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线过点且与抛物线交于，两点，若是线段的中点，则（ ）
A. B. 抛物线的方程为
C. 直线的方程为 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由焦点到准线的距离可求得，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点坐标计算公式可求得直线的斜率，从而求得的方程，可判断C正确；，所以从而判断D正确.
【详解】因为焦点到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知，故A正确
故抛物线的方程为，焦点，故B错误
则，．
又是的中点，则，所以，
即，所以直线的方程为．故C正确
由，
得．故D正确
故选：ACD．
10. 已知数列满足，，则（ ）
A. 为等比数列 B. 通项公式为
C. 为递增数列 D. 的前n项和
【答案】AD
【解析】
【详解】因为，所以，
又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
即，所以，所以，
所以为递减数列，
的前n项和．
故选：AD．
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图像关于原点对称
B. 函数在上单调递增
C. 函数在上的值域为
D. 函数在上有且仅有3个零点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据奇函数的定义、余弦的二倍角公式，利用换元法、二次函数的性质、零点的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，的定义域为R．因为，
所以，则函数的图象不关于原点对称，故A错误．
对于B，，
当，在上单调递增，即，令，时，
函数在上单调递增，根据复合函数单调性，故B正确．
对于C，当，即时，，
则问题转化为函数在上的值域，二次函数对称轴方程为，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值为，当时，取得最小值为，故值域为，故C错误．
对于D，令，即，解得或，
当时，或或，故函数在上有3个零点，故D正确．
故选：BD．
12. 在四棱锥中，已知，，，则（ ）
A. 四边形内接于一个圆

B. 四棱锥的体积为

C. 四棱锥外接球的球心在四棱锥的内部

D. 四棱锥外接球半径为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，求出，得到A、B、C、D四点共圆；
B选项，求出四棱锥底面积和高，求出体积；
C选项，找到四棱锥的外接球球心，设出，求出，
得到四棱锥外接球的球心在四棱锥的外部；
D选项，在选项C的基础上求出外接球的半径.
【详解】选项A：由已知得三角形为正三角形，又，，所以，，
故，
所以A、B、C、D四点共圆，故A正确；
选项B：由上得、、、四点共圆，设圆心为，，且，
所以，设点在平面的投影为，
因为，所以，
即为四边形的外接圆的圆心，所以，重合，
所以平面，，
四边形面积，
所以四棱锥的体积为，故B不正确；
选项C：设四棱锥外接球的球心为，因为平面，
且，所以球心在上，设，
所以，所以，
解得：，
所以球心在的延长线上，
所以四棱锥外接球的球心在四棱锥的外部，故不正确；
选项D：四棱锥外接球的半径为，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】锥体外接球问题，要找到球心的位置，以及球心在特殊平面上的投影，根据半径相等建立方程，求出外接球的半径，进而求出球的表面积或体积.
三、填空题：（本题共4个小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数四则运算法则，计算，然后利用复数相等，得，得答案.
【详解】，所以，从而．
故答案为：.
14. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为___________.（用数字作答）
【答案】144
【解析】
【分析】根据间隔排列知两端均为“冰墩墩”,可以先排
【详解】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.
故答案为：144.
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的右支交于A，B两点，若，，则C的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设的中点为，连接，，由题意可得，，由双曲线的定义可得，，，，，，在和中利用余弦定理表示出两个角的余弦值，即可求出的关系，从而可得双曲线C的离心率.
【详解】解：如图：设的中点为，连接，，

因为，所以，
因为为的中点，所以，
由，得，
所以，
在中，，
因为，所以，
在中，，
因为，
所以，即，
整理可得，即，
所以，
所以或（舍），
所以离心率，
故答案为：.
16. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则B__________；面积的取值范围为___________．
【答案】 ①. ##； ②.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后结合诱导公式和二倍角公式求得答案；
（2）根据题意求出C的范围，然后通过正弦定理和面积公式，并结合两角和与差的正弦公式求得答案.
【详解】由题意，，由正弦定理可得，易知，则，因为，所以，则.
易知，而该三角形是锐角三角形，则，因为，所以
，由，于是，即该三角形面积的取值范围是.
故答案为：；.
四、解答题（本题共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. 近年来，美国方面滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业，随着贸易战的不断升级，中国某科技公司为了不让外国“卡脖子”，决定在企业预算中减少宣传广告预算，增加对技术研究和人才培养的投入，下表是的连续7年研发投入x和公司年利润y的观测数据，根据绘制的散点图决定用回归模型：来进行拟合.
表I
研发投入（亿元）
20
22
25
27
29
31
35
年利润（亿元）
7
11
21
24
65
114
325
表II（注：表中）





189
567

162
78106






3040




（1）请借助表II中的数据，求出回归模型的方程；（精确到0.01）
（2）试求研发投入为20亿元时年利润的残差.
参考数据：，附：回归方程中和，残差
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据非线性回归的方法求得回归方程.
（2）用观测值减去预测值求得相应的残差.
【小问1详解】
由得，令，得，
由表II数据可得：
，.
所以回归方程为：.
【小问2详解】
在时的残差：.
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,

所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足点G．
作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．

如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
19. 已知数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有．数列满足，（n∈N*）．
（1）求数列，的通项公式；
（2）数列满足cn＝，数列的前n项和为，若不等式对一切n∈N*恒成立，求的取值范围．
【答案】（1），n∈N*；
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列的递推式，结合等比数列和等差数列的定义、通项公式，可得所求；
（2）由等比数列的求和公式和数列的错位相减法求和，以及不等式恒成立思想，结合数列的单调性，计算可得所求范围．
【小问1详解】
数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有，①
当时，，②
①﹣②可得，
因为数列各项都是正数，
所以可化为，
因为，
所以，所以，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，n∈N*；
数列满足，（n∈N*），
可得，
当时，，又，
两式相减可得，
所以的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，
可得奇数项为1，3，5，7，...，2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
两式相减可得

化为，
若不等式对一切n∈N*恒成立，
即为恒成立，
设，
﹣1＝﹣1＝﹣1＝，
当时，，当时，，
所以时，取得最大值，
则﹣9，解得﹣，
即λ的取值范围是．
20. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
21. 已知函数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）若不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）当时，在上单调递增；当，此时在上单调递减，在上单调递增；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，求导，分两种情况：和，分析的符号，进而判断函数的单调性；
（2）不等式恒成立，即，只需，即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以，求导
（1）当时，，在上单调递增；
（2）当时，令，得
①当，即，此时在上单调递减，在上单调递增；
②当，即，此时在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
当，此时在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
不等式恒成立，即恒成立，只需
由，求导
求二阶导，所以在上单调递增；
又，，所以在上存在唯一实数根，
满足，即且，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增；

因为，所以，
又对勾函数在上单调递增，所以，即，
又，所以且
所以整数的最大值为.
【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.
22. 已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A、B两点，直线与x轴相交于点H，过点A作，垂足为D．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）①求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；
②证明直线BD过定点E，并求出点E的坐标．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质，可得上顶点与右顶点的坐标，由离心率与三参数之间的关系，可得方程，进而解得答案；
（2）①设过定点的直线方程，联立方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，将四边形分割成两个顶底的三角形，根据面积公式，可得答案；②由题意设出两点，整理出直线方程，由①中的直线与韦达定理，进行等量代还，可得答案.
【小问1详解】
由题可知：，所以，，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
①由题，设直线，，，
联立，消去x，得，
因为，，，
则
所以四边形OAHB面积，
令，∴，∴
因为（当且仅当即时取等号），所以，
所以四边形OAHB的面积取值范围为；
②∵，，所以直线BD的斜率，
所以直线BD的方程为，
令，可得，①
由（1）可得，，∴
化简①可得
则直线BD过定点．