2023-2024学年福建省福州市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共16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：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，只有一项是符合题目要求的
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．2B．C．D．
3．星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如，1等星的星等值为1，等星的星等值为.已知两个天体的星等值，，和它们对应的亮度，满足关系式，则1等星的亮度是6等星亮度的（ ）
A．倍B．10倍C．倍D．100倍
4．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
5．平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．命题“，不等式”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
7．设函数在区间恰有三个极值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知直线l与曲线相切，则下列直线中可能与l平行的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知直线是函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．在上单调递减
D．将的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度后所得的图象关于轴对称
11．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（ ）
A．的一个周期为B．是函数的一条对称轴
C．时，D．
12．设数列的前n项和为，已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．是等比数列B．是等比数列
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知复数（i为虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点在第 象限.
14．中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，，，则的面积为 .
15．在中，，，点M为AC的中点，点P在边BC上运动，则的最小值为 .
16．已知函数，若不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为 ．
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．已知各项递增的等比数列，其前n项和为，满足，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的通项公式为，将数列与中的项按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前50项和.
18．已知函数（）.
(1)求在上的最大值；
(2)若函数恰有三个零点，求a的取值范围.
19．已知函数的最小值周期为.
(1)求的值与的单调递增区间；
(2)若且，求的值.
20．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.
(1)求A；
(2)若AD为∠BAC的角平分线，且，求的最小值.
21．记为数列的前n项和，满足，.
(1)求的通项公式；
(2)证明.
22．设函数．
(1)求时，的单调区间；
(2)求证：当时，．
1．B
【分析】求出集合A，B的并集，根据补集的概念和运算，即可得出答案.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：B
2．C
【分析】根据给定的分段函数，依次代入计算作答.
【详解】函数，则，
所以.
故选：C
3．D
【分析】根据题意建立对数关系式，并结合指对数互化求解.
【详解】由题意得：当，时，，
即：，解之得：，故D项正确.
故选：D.
4．A
【分析】根据函数为奇函数排除BD，再根据函数值的符号排除选项C.
【详解】易知函数的定义域为R，且，
所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故选项BD不符合.
当时，函数值为，故选项C不符合，选项A符合.
故选：A.
5．C
【分析】求出的值，由结合平面向量数量积的运算性质求出的值，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.
【详解】因为，，则，
因为，则，可得，
所以，在上的投影向量为
，
故选：C.
6．D
【分析】利用分类讨论思想，结合一元二次不等式的性质，根据充分不必要条件的定义，可得答案.
【详解】当时，不等式化简为恒成立，符合题意；
当时，，解得；
综上所述，的取值范围为.
由是的一个真子集，则D符合题意.
故选：D.
7．B
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦定理的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点，根据，图象：
可得：，解得：，即.
故选：B
8．B
【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值.
【详解】依题意，正数满足，
所以，即，
所以，
令，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
令，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以的最小值是，
所以的最小值为.
故选：B
利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为.
9．ACD
【分析】根据导数的几何意义和平行关系的斜率关系对选项一一分析即可.
【详解】，，则，当且仅当即等号成立，
根据导数的几何意义知，切线的斜率，因为切线与直线l平行，所以l的斜率，
选项A中直线的斜率为，符合题意；
选项B中直线的斜率为，不符合题意；
选项C中直线的斜率为，符合题意；
选项D中直线的斜率为，符合题意；
故选：ACD.
10．CD
【分析】利用正弦型函数的对称性求出的值，可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换结合余弦型函数的奇偶性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为直线是函数图象的一条对称轴，
则，则，
因为，可得，A错；
对于B选项，由A选项可知，，
因为，故的图象不关于点对称，B错；
对于C选项，当时，，
所以，函数在上单调递减，C对；
对于D选项，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），
可得到函数的图象，
再将所得图象向左平移个单位长度，可得到函数，
且函数为偶函数，其图象关于轴对称，D对.
故选：CD.
11．ABD
【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，即可判断函数的对称性，由为奇函数，可得，结合，可求得，的值，从而得到时，的解析式，再利用周期性从而求出的值．
【详解】对于，因为为奇函数，所以，且，函数图象关于点对称，
因为偶函数，所以，函数图象关于直线对称，
，即，
所以，令，则，
所以，所以，故的一个周期为，故正确；
对于，图象关于直线对称，的一个周期为，所以直线是函数的一个对称轴，故正确；
对于，，∵当时，，，，
又，所以，解得，
因为，所以，
当时，，故不正确；
因为，故正确.
故选.
12．BC
【分析】根据等差数列和等比数列的定义，结合错位相减法逐一判断即可.
【详解】，则是公差为1，首项为1的等差数列，，则．故B，C正确，A错误；
，，
两式相减得，故D错误．
故选：BC．
关键点睛：本题的关键是把递推公式变形为.
13．四
【分析】根据复数的模长和除法运算求复数z，进而结合复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可知：，
所以复数z在复平面内所对应的点为，位于第四象限.
故四.
14．##
【分析】先由余弦定理求出，再用求出面积即可.
【详解】由余弦定理可得
，
解得，或（舍）
所以面积，
故
15．##
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，利用数量积的坐标表示，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】
如图建立坐标系，，，，
由与，则直线的方程为，整理可得，
设，则，，
，
当时，所以的最小值为.
故答案为.
16．
【分析】转化有且仅有1个整数解为有1个整数解，数形结合列出不等关系即可求得答案．
【详解】由题有且仅有2个整数解即恰有1个整数解，
也即有1个整数解，
令，，
（1）当时，，则，此时有无数个整数解，不成立；
（2）当时，如图所示，有无数个整数解，也不成立；

（3）当时，要符合题意，如图，
由于，均经过点，要使有1个整数解，

则，即，解得，
故
17．(1)
(2)
【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，根据等比数列求和公式得到方程组，解得、即可；
（2）依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，再利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为，
显然且，
由已知得，两式相除可得（负值舍去），所以，
所以；
（2）数列中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，，
而，，
依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，
所以
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数明确函数的单调性，求出极值和端点值，可得答案；
（2）根据函数的单调性，求得其极大值和极小值，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1），
可知时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，
由，，，，
则.
（2）由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，
所以，，
因为有三个零点，所以，即，
解得，故的取值范围为.
19．(1)，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求出的值，再利用正弦型函数的单调性可求出函数的增区间；
（2）由已知条件可得出，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的余弦公式可求出的值.
【详解】（1）解：
，
因为函数的最小正周期为，且。所以，解得，
所以，令，
得，所以的单调递增区间为.
（2）解：由（1）知，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以
.
20．(1)
(2)9
【分析】（1）首先根据正弦定理将角转化成边，然后再根据余弦定理求解即可；
（2）首先根据已知条件结合等面积的关系求出，然后再根据均值定理进行求解即可.
【详解】（1），
即：，
由正弦定理可得：，
所以，
又因为，所以.
（2）为的角平分线，.
由，得，
又，所以，故，
所以，
当且仅当，即时，的最小值为9.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据与的关系，得到的递推关系，然后再利用累乘法求解通项公式；
（2）根据第一问的结果求得数列的通项公式，然后借助裂项相消的求和方法求其前项和，进而证明不等式成立.
【详解】（1）因为，
∴当时，，
所以，
整理得：，即，
∴
显然对于也成立，
∴的通项公式
（2）
∴
由于，所以，故得证.
22．(1)单调减区间为，单调增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，即可得到其单调区间；
（2）根据题意，当时，结合隐零点的处理方法，即可得证.
【详解】（1）时，的定义域为，
∴，令，则，
∴当时，；当时，，
∴函数的单调减区间为，单调增区间为．
（2）证明：的定义域为且．
当时，为单调递增，单调递增，故在上单调递增，
又，假设存在满足 时，且，
当时，导函数存在唯一的零点，设该零点为，
当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，当时取得最小值，
由于，即，两边取对数得，
∴，当且仅当时，即时，取等号，
故时，．