2023届福建省龙岩市上杭县才溪中学高三上学期11月检测数学试题（解析版）

2023届福建省龙岩市上杭县才溪中学高三上学期11月检测数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数（为虚数单位）对应点的坐标为

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先化简复数为，再写出复数在复平面内对应点的坐标即可.

【详解】解：因为

所以复数在复平面内对应点的坐标为，

故选：D

【点睛】本题考查复数的运算、复数的几何意义，是基础题.

2．已知集合，，则集合A∩B的子集的个数为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】由已知联立方程组求得集合A∩B的元素，根据集合中的元素的个数求得集合的子集的个数，可得选项.

【详解】由，解得 或，

所以，有两个元素，它的子集有4个．

故选：B．

【点睛】本题考查集合的含义，求集合的子集的个数，属于基础题.

3．已知，，.则，，的大小关系是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用指数函数与对数函数的性质及三角函数的单调性，即可得出的大小关系.

【详解】，，即，

则，，的大小关系是.

故选：D.

【点睛】本题考查的是比较大小问题，涉及的知识点包括指数函数的单调性、对数函数的单调性及三角函数的单调性，属于基础题.

比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：

（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（3）借助于中间值，例如：0或1等.

4．已知，，若是成立的充分不必要条件，求的取值范围是（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】A

【解析】分别解出不等式，化简、，根据是成立的充分不必要条件，即可得出的取值范围.

【详解】由解得：，.

由，即，解得或.

.

是成立的充分不必要条件，则，或，解得：或.

的取值范围是.

故选：A.

【点睛】本题考查了集合、简易逻辑的判定方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

5．已知，则（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【解析】利用二倍角的正弦和余弦公式以及同角三角函数的基本关系式，将所求的表达式化简为正切函数的形式，代入求解即可．

【详解】解：已知，

而.

故选：B.

【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查二倍角的正弦和余弦公式，以及同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．

6．已知，，则的最大值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据可得，之后利用基本不等式得到，从而求得结果.

【详解】因为，且，

所以，即，

所以有，

当且仅当时取得最大值，

故选：A.

【点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求积的最大值，属于简单题目.

7．已知若为定义在上的偶函数，且当时，，则不等式的解集为（    ）

A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）

【答案】D

【分析】设，可得为偶函数，又时,，所以在上单调递增，在上单调递减，由，可得，即，由单调性可得出答案.

【详解】设，为定义在上的偶函数，则为偶函数.

当时，,,所以在上单调递增.

由为偶函数，则在上单调递减.

由，即

所以，由为偶函数，即

又在上单调递减，所以，解得：

故选：D

【点睛】本题考查构造函数，根据导数得出单调性，结合函数为偶函数解不等式，本题根据条件构造出函数是关键，属于中档题.

8．设二次函数满足下列条件：①，；②当时，恒成立．若在区间上恒有，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由条件①得函数的对称轴和零点，可设出解析式，由条件②中令可求得解析式，然后解出不等式后可确定的范围．

【详解】由知是其对称轴，又，∴设，

由②，令得，，解得，∴，

不等式为，解得，

由题意，解得．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查二次函数的性质．考查不等式恒成立问题．函数满足，则是其图象的对称轴．与二次函数有关问题中出现类似条件：当时，恒成立，可用特殊值法，采用两边夹思想求出某个函数值．

二、多选题

9．已知向量，，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AD

【分析】先根据建立方程解得，判断选项A正确；再根据，建立方程解得，判断选项B错误；接着根据建立不等式解得，判断选项C错误；最后根据，化简整理得到，判断选项D正确.

【详解】解：因为，，，则，解得，故选项A正确；

因为，，，则，即，解得，故选项B错误；

因为，，，则，解得，故选项C错误；

因为，，，则，，，所以，故选项D正确.

故答案为：AD.

【点睛】本题考查利用向量垂直求参数、利用向量共线求参数、根据向量的模的大小关系求参数的范围、利用向量的运算判断向量垂直，是中档题.

10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称

B．函数的图象关于点对称

C．函数在区间上单调递增

D．与图象的所有交点的横坐标之和为

【答案】BCD

【解析】根据图象求出函数解析式，再判断各选项．

【详解】由题意，，∴，又，，又，∴，

∴．

∵，∴不是对称轴，A错；

，∴是对称中心，B正确；

时，，∴在上单调递增，C正确；

，，或，

即或，，又，∴，和为，D正确．

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题关键是掌握“五点法”，通过五点法求出函数解析式，然后结合正弦函数性质确定函数的性质．本题方法是代入法，整体思想，即由已知求出的值或范围，然后结合正弦函数得出结论．

11．下列结论不正确的是（        ）

A．当时,

B．当时, 的最小值是

C．当时, 的最小值是

D．设,,且,则的最小值是

【答案】BC

【分析】关于选项A,直接利用基本不等式即可判断正误;关于选项B,先将表示为,再用基本不等式,注意取等条件即可判断正误;关于选项C,当时,,所以不能直接用基本不等式,举出反例即可; 关于选项D,先将用把代换掉,即得,再用“1”的代换即可求出最值,注意等号取得的条件.

【详解】解:由题知,关于选项A,当时, ,

,

当且仅当时取等号,

故选项A正确;

关于选项B,当时,

, 

当且仅当时取等号,

但此时无解,等号取不到,因此最小值不是,

故选项B错误;

关于选项C,

因为,不妨取,

此时的值为负数,

故选项C错误;

关于选项D,因为,,,

则,

则

当且仅当,即时取等号,故最小值为,

故选项D正确.

故选:BC.

12．已知函数有两个零点，，且，则（    ）

A． B．

C． D．的值随的增大而减小

【答案】BCD

【分析】由得，作出图象，然后作图象，由图即可判断四个选项是否正确，即可得到答案.

【详解】解：由，得，

即.

令，则，

∴当时，，当时，.

∴在上单调递增，在上单调递减.

∴当时，取最大值为.

又当时，，当时，.

作出函数的图象如图：

由图可知，，，的值随的增大而变小.

故选：BCD

【点睛】本题主要考查了函数与方程，函数的零点转化为对应方程的根，转化为两个函数图象的交点，考查数形结合的思想，属于中档题.

三、填空题

13．函数的定义域为_______.

【答案】

【分析】由二次根式、分式及对数函数的性质可得不等式组，即可得解.

【详解】由题意，

解得且，

所以函数的定义域为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了具体函数定义域的求解，考查了运算求解能力，属于较易题.

14．已知向量,满足，且，则向量,的夹角为______.

【答案】

【分析】由得，再根据平面向量的夹角公式可得结果.

【详解】由，得，

所以，即，

所以，

又因为，所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律，考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.

15．若函数的导函数存在导数，记的导数为．如果对，都有，则有如下性质：．其中，，，， .若，则在锐角中，根据上述性质推断：的最大值为________.

【答案】##.

【分析】利用求导公式求解即可得，再利用题目中定义通过类比即可求解.

【详解】解：，则，.

在锐角中，，，，

则

∴   ，

∴    的最大值为.

故答案为： .

16．已知正方体的棱长为4，以该正方体的一个顶点为球心，以为球的半径作球面，则该球面被正方体表面所截得的所有弧长的和为_______．

【答案】

【解析】根据题意，不妨以D为球心，画出图形，可知正方体的表面被该球面所截得的弧长有相等的三部分，即，利用弧长公式求出，乘以3即可得答案．

【详解】解：由题可知，以该正方体的一个顶点为球心，以为球的半径作球面，

如图，不妨以为球心，球面被正方体表面所截得3段相等的弧长，

与上底面截得的弧长，是以为圆心，以4为半径的四分之一的圆周，

所以，

该球面被正方体表面所截得的所有的弧长和为：.

故答案为：.

【点睛】本题考查正方体与球的截面问题，关键是理解截面与球的关系，弧与球心的位置关系，属于中档题.

四、解答题

17．在①，；②；③，是与的等比中项，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.

已知为等差数列的前项和，若________.

（1）求；

（2）记，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）若选择条件①，由得出，根据得出，最后两式联立，即可得出结果；若选择条件②，可根据得出结果；若选择条件③，由得出，根据是与的等比中项得出，然后两式联立，通过计算即可得出结果；

（2）本题首先可根据得出，然后通过裂项相消法求和即可得出结果.

【详解】（1）选择条件①：设等差数列的公差为，

则，解得，故 ；

选择条件②：，

当时，，

即，

当时，，也适合上式，

故；

选择条件③：设等差数列的公差为，则，

解得、或、（不合题意），故.

（2）因为，

所以，

故

.

【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差数列通项公式以及等差数列前项和公式的灵活应用，考查等比中项公式以及数列的项与其前项和之间的关系，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.

18．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为、、．已知向量，，且．

（1）求的值；

（2）若，求△ABC的面积S．

【答案】（1）2（2）

【分析】（1）先根据向量垂直得到边角关系：，再由正弦定理将边的关系化角的关系，结合两角和的正弦以及三角形角的关系，即可求解；

（2）由向量模的定义知，又由（1）知，而所以三边都已确定，再由余弦定理求出cos A的值，再利用三角形面积公式求解．

【详解】（1），

由正弦定理得

，

所以；

（2）由得，

又由（1）知，而所以解得，

由余弦定理得，

因此三角形面积为

【解析】正余弦定理

19．已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列， 从第5项起依次成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求出所有的正整数m ，使得．

【答案】(1) ；(2) m= 1，或m=3．

【分析】（1）首先根据条件前项成等差数列可以将，用公差的代数式表示，再由条件从第项起依次成等比数列可以得到关于公差的方程：，从而解得或（舍去），即可得数列的通项公式为；（2）考虑到（1）中求得数列的分段性，因此首先可验证或时符合题意，或时不合题意，接下来只需说明当，条件给出的方程无解即可：，

若，则，∴，而这是不可能成立的，从而得证.

【详解】（1）设数列前项的公差为，则，(为整数)

又∵，，成等比数列，∴，即，得或（舍去），

当 时，， 6 分 ∴，，数列从第项起构成的等比数列的公比为，

∴当时，，故，

（2）由（1）知，当时等式成立，即，

当时等式成立，即，

当或时等式不成立，

当时，，

若，则，∴，

 ，，从而方程无解，∴ .

故所求或．

20．如图1，在中，，D为的中点，将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，二面角为直二面角.

（1）求证：平面平面；

（2）设E为的中点，，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据条件求解出的长度，由此判断出的位置关系，再根据面面垂直的性质定理得到线面垂直并结合面面垂直的判定定理完成证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量夹角的余弦值计算出二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：在中，，∴ ，

∵ D为中点，∴，

又∵ ，∴ ，∴ ，

∴ .

∵ 二面角为直二面角，

∴平面平面，又∵ 平面平面，∴ 平面.

又∵平面，∴平面平面.

（2）以B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点B且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

可求得，，因为E为的中点，，所以，，

∴ ，

设平面的法向量为，平面的法向量为，则

得，∴ 取，

得，∴ 取，

∴ ，所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查立体几何的综合应用，其中涉及了面面垂直的证明、二面角的向量求法，难度一般.（1）面面垂直的证明思路：先证明线面垂直，再根据面面垂直的判定定理完成证明；（2）利用向量法求解二面角的余弦值时，要注意结合图形判断二面角的平面角是钝角还是锐角.

21．设函数，其中.

（1）若，证明：当时，；

（2）若在区间内有两个不同的零点，求a的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由得在上为增函数，则从而得证.

（2）即在区间内有两个不同的实数根,设求出的导数，研究出的单调性，从而可得答案.

【详解】（1），

由，得，

则，即在上为增函数.

故，即.

（2）由，得.

设函数，

则.

令，得.

则时，时，，

所以在上单调逼增，在上单调减.

又因为，

所以当时，方程在区间内有两个不同解，

即所求实数a的取值范围为.

【点睛】本题考查利用导数证明不等式和利用导数研究零点问题，考查等价转化的能力，属于中档题.

22．已知函数，，，．

（1）讨论函数的单调区间及极值；

（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【分析】先求函数的导函数，

再讨论①当时，②当时函数的单调区间及极值；

（2）不等式恒成立等价于恒成立，

再构造函数，利用导数求函数的最大值即可得解.

【详解】解：（1）因为，定义域为，所以，

①当时恒成立，在上是增函数，无极值，

②当时令，，

令，，

所以函数在上为增函数，在，为减函数，

所以当时，有极大值，极大值为，无极小值，

（2）：由恒成立知恒成立，

令，

则，

令，因为，（1），为增函数．

故存在，，使，即，

当时，，为增函数，当时，，为减函数．

所以，

而，，所以，

所以整数的最小值为2．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间、极值及函数的最值，属综合性较强的题型.