2023届福建省福州市三校高三上学期期中联考数学试题（解析版）

2023届福建省福州市三校高三上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求得，再根据集合的并集运算求得答案.

【详解】由题意得 ，

故，

故选：B

2．在数列中，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知确定数列是等比数列，由等比数列的通项公式得结论．

【详解】∵，∴，．是公比为的等比数列，

∴．

故选：B．

3．已知在矩形中，，线段交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合向量的运算性质，从出发进行计算，进行合理的“插点”，使其能被表示即可.

【详解】依题意得，结合图形有：.

故选：D

4．已知的内角所对的边分别为，若，则（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理整理代入运算即可．

【详解】由正弦定理，整理得

故选：A．

5．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过，所以判断出；又对，进行化简，得到，，从而判断出a，b，c的大小关系.

【详解】，而，所以；

又，

令，

而函数在上递增

故选：A

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先用诱导公式化为，再用二倍角公式计算．

【详解】.

故选：D

7．若，且，则的最小值为（    ）

A． B．

C．6 D．

【答案】A

【分析】利用乘“”法即得.

【详解】因为，

所以，

当且仅当时，即取等号，

所以的最小值为.

故选：A.

8．函数，则的图象在内的零点之和为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】由题可知函数与函数的图象在内交点的横坐标即为函数的零点，利用数形结合及函数的对称性即得.

【详解】由可得，

则函数与函数的图象在内交点的横坐标即为函数的零点，

又函数与函数的图象都关于点对称，

作出函数与函数的大致图象，

由图象可知在内有四个零点，则零点之和为4．

故选：B.

二、多选题

9．如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据向量的坐标运算，即可求解模长和数量积以及平行关系.

【详解】由于，所以，故A 对，

故B 错，

，所以，故C对，

，故不平行，故D错，

故选：AC

10．在公比q为整数的等比数列中，是数列的前n项和，若，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．数列是等比数列

C． D．数列是公差为2的等差数列

【答案】AC

【分析】根据等比数列的通项公式和前n项和公式，结合等比数列和等差数列的定义逐一判断即可.

【详解】∵在公比q为整数的等比数列中，是数列的前n项和，，，

解得，，∴，或者，，∴，不符合题意，舍去，故A正确，

，则，

常数，

∴数列不是等比数列，故B不正确；

，故C正确；

∵，∴，，

∴数列不是公差为2的等差数列，故D错误，

故选：AC

11．已知函数（，），恒成立，且的最小正周期为π，则（    ）

A．

B．的图象关于点对称

C．将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称

D．在上单调递增

【答案】ABD

【分析】由周期可求出，由函数在处取得最小值及即可取出的解析式；利用正弦函数的性质即可求出函数图象的对称中心以及单调区间；根据函数平移的性质即可求出平移后的函数，即可判断平移后的函数是否关于y轴对称.

【详解】∵，∴．依题意得，

∴，且，∴，

即，则A正确；

令，即，当时，对称中心为，

则B正确；

将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象不关于y轴对称，则C错误；

∵，∴，所以在上单调递增，则D正确．

故选：ABD.

12．已知正实数满足，当取最小值时，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】BD

【分析】由题意，整理等式，利用基本不等式，明确等号成立的条件，根据等量关系，整理关于的函数关系，根据二次函数的性质，可得答案.

【详解】对于A，由，则，当且仅当时，等号成立，故A错误，

对于B，当取最小值时，，则，故B正确；

对于C、D，，当且仅当，，，等号成立，故，故C错误，D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．求值=______

【答案】.

【分析】利用辅助角公式，即可求解.

【详解】解：

．

故答案为：.

14．已知向量，夹角为，且，；则______．

【答案】

【分析】把已知式子两边平方，结合数量积的定义可得关于的一元二次方程，解方程可得．

【详解】∵，

∴==10，

代入数据可得4×1+4×1××+=10，

化简可得+﹣6=0，

解得=，或﹣3（负数舍去）

故答案为

【点睛】本题考查向量模长的求解，涉及数量积和向量的夹角，属基础题．

15．写出一个满足函数在上单调递增的值_____________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】分段讨论函数的单调性，画出，的图象，结合函数图象即可得到参数的取值范围，即可得解.

【详解】解：因为，

当时在定义域上单调递增，

当时，

画出，的图象如下所示：

要使函数在上单调递增，

由图可知当时均可满足函数在上单调递增；

故答案为：（答案不唯一）

16．已知公差不为的等差数列的前项和为，若，，，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值．

【详解】取得最小值，则公差，或，

当时，，所以，又，所以，

所以，，故，

令，则，

所以的最小值为．

当，，不合题意．

综上所述：，，，的最小值为．

故答案为：．

四、解答题

17．在△ABC中，，.

(1)若，求的值;

(2)在下面三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积.①；②；③.

【答案】(1)6

(2)

【分析】（1）由余弦定理求解，

（2）由正弦定理与三角恒等变换公式化简，再由三角形面积公式求解，

【详解】（1）由题意得，

即，得，

（2）选条件①，由正弦定理得，

而，化简得，

而，则，，

故，由勾股定理得，解得，

，

选条件②，，而，则，

故，由勾股定理得，解得，

，

选条件③，由正弦定理得，

而，则，得，，

故，，，由勾股定理得，解得，

，

18．已知数列前项和为，满足，且．

(1)求数列通项公式；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系求数列的递推关系式，得数列为等比数列，则通项公式可求；

（2）根据（1）中通项公式，直接利用等比数列求和公式求解即可.

【详解】（1）解：因为①

所以当时，得②

则①-②得：

即，即

又当时，，所以，其中

所以，则

故数列是以为首项，为公比的等比数列

所以.

（2）解：由（1）可得.

19．已知函数，其中，，．

(1)求函数的单调递减区间．

(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，且向量与共线，求边长b和c的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由数量积的运算得函数解析式，再应用降幂公式和辅助角公式，将化为余弦型函数，即可求解；

（2）由，求出角，共线，求出关系，得出关系，再结合余弦定理求出.

【详解】（1）

，

由题意有，

解得

所以单调递减区间为；

（2），

，

，

与向量共线，

，

.

20．已知公差不为0的等差数列中，，是和的等比中项.

(1)求数列的通项公式：

(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设数列的公差为，根据等比中项列出方程求得即可得到通项公式.

（2）由题意计算出在中对应的项数，然后利用分组求和即可.

【详解】（1）设数列的公差为，因为是和的等比中项，

则且

则或（舍）

则，

即通项公式

（2）因为与（，2，…）之间插入，

所以在数列中有10项来自，10项来自，

所以

21．已知集合，函数．

(1)求关于的不等式的解集；

(2)若命题“存在，使得”为假命题，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2)

【分析】（1）将代入不等式可整理成，分，和进行分类讨论，即可求得答案；

（2）利用含量词的命题的否定得到命题“任意，使得”是真命题，则，令，则，利用基本不等式求解最值即可

【详解】（1）因为，且，

所以即，

因为的实数根为或，

当时，此时，所以不等式的解集为；

当时，此时，所以不等式的解集为或；

当时，此时，所以不等式的解集为或；

综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为或；

（2）因为，

所以命题“存在，使得”的否定为命题“任意，使得”是真命题，

所以可整理成，

令，则，

因为，

当且仅当即时，取等号，

则，故实数的取值范围

22．设函数，其中，．

(1)若为偶函数，求的值；

(2)若对于每个，存在零点，求的取值范围．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据函数为偶函数，得到，变形后结合得到，利用，求出的值；

（2）利用根的判别式大于等于0列出不等式，结合不等式的特点，分与两种情况，结合，，求出的取值范围.

【详解】（1）为偶函数，

，

．

，

，

，

即．

又，

．

（2）由题意，得．

当时，，

，

又，

．

当时，或．

①当时，

，

只能取2，舍去

②当时，

，

从开始讨论：令，由于单调递减，故只需．

综上所述，的取值范围是

【点睛】函数零点问题，本题函数特点是二次函数，故要根据根的判别式来进行判断零点问题，结合，，分类讨论，求出的取值范围.