2023届福建省福州格致中学高三上学期第二次月考（10月）数学试题含解析

2023届福建省福州格致中学高三上学期第二次月考（10月）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【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．已知数列满足，为正整数，则该数列的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出数列的前5项，再由对勾函数的性质可得，的单调性，从而即可得最大值.

【详解】解：由，得，，，，．

又，，

又因为在上单调递增，在上单调递减，

所以的最大值为．

故选：B．

3．已知直线与直线互相垂直，垂足为.则等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【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

4．已知函数的最小正周期为，其最小值为，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简解析式，根据的最小正周期、最小值以及对称中心，依次求得的值.

【详解】

，

其中.

依题意；.

所以，不妨设.

所以，

由，令，得，

所以，

，由于，所以.

故选：C

5．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意将三棱柱补成如图所示长方体，连接，CD，则可得即为异面直线与所成角（或补角），然后在中利用余弦定理可求得结果

【详解】把三棱柱补成如图所示长方体，连接，CD，则，

所以即为异面直线与所成角（或补角）．

由题意可得，

，，

所以．

故选：B．

6．已知函数在区间上的图象如图所示，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】法一：利用导函数研究出极值点，进而结合图象及极值求出的值；法二：设函数值为，使用辅助角公式及三角函数的有界性及极值列出方程，求出的值.

【详解】法一：当时，

设，其中，则，另外，所以，故，解得：，又因为，所以，

故选：B.

法二：由，，从而，由于，所以，解得：，又从图象可以看出，即，从而，解得：，由于，故.

故选：B.

7．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.

【详解】令 ，，

则，

所以在上单调递增 ，

所以，即，

所以，

故选：D

8．在平面直角坐标系中，已知A，B为圆上两动点，点，且，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】要使最大只需P到中点C距离最大，求出C轨迹是以为圆心，2为半径的圆，进而求出的最大值.

【详解】

由，要使最大只需P到中点C距离最大，

又且，

令，则，

整理得，

所以C轨迹是以为圆心，2为半径的圆，又，即P在圆内，

故，而，故.

故选：D.

二、多选题

9．千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、岸度、颜色等的变化总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“日落云里走，雨在半夜后”……小波同学为了验证“日落云里龙，雨在半夜后”，观察了A地区的100天日落和夜晚天气，得到如下列联表，并计算得到，下列小波对A地区天气的判断正确的是（    ）

单位：天

附：，其中．

A．夜晚下雨的概率约为

B．未出现“日落云里走”，夜晚下雨的概率约为

C．依据的独立性检验，认为“日落云里走”是否出现与夜晚天气有关

D．依据的独立性检验，若出现“日落云里走”，则认为夜晚一定会下雨

【答案】ABC

【分析】利用频率估算概率，可以判断选项A，B说法正确；根据观测值，对照附表判断选项C，D说法正确.

【详解】对于A，根据列联表，100天中有50天下雨，50天未下雨，所以夜晚下雨的概率约为，故A正确；

对于B，未出现“日落云里走”夜晚下雨的有25天，未出现“日落云里走”的一共天，所以未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为，故B正确；

对于C，由题意可知，因此依据的独立性检验，认为“日落云里走”是否出现与夜晚天气有关，故C正确，

对于D，由选项C知，有关只是说可能性，不代表一定下雨，故D错误.

故选: ABC.

10．已知直线与圆交于A，B两点，点M为圆C上的一动点，点，记M到l的距离为d，则（    ）

A． B．d的最大值为

C．是等腰三角形 D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】对于A，根据垂径定理以及弦长公式，可得答案；

对于B，根据题意作图，结合圆上点与直线的位置关系，可得答案；

对于C，求弦的中垂线的直线方程，根据中垂线的性质，可得答案；

对于D，由题意，作图，根据线段组合，求得答案.

【详解】对于A，由圆，可得，半径为，

点到直线的距离为，则，故A正确；

对于B，由题意，可作下图：

点为弦的中点，直线，则，故B错误；

对于C，由选项B与题意，如下图：

易知，，则直线的斜率，

由，则直线的斜率，由，

则直线的方程为，则，

即点在直线上，为的中垂线，是等腰三角形，

故C正确；

对于D，由题意，可作图：

则，显然，则，

故D正确；

故选：ACD.

11．已知是平面向量，是单位向量，非零向量与的夹角为，向量满足，则可能取到的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】建立平面直角坐标系，由给定条件，确定，的终点的轨迹即可求解作答.

【详解】将向量平移到共起点O，以点O为原点，单位向量的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系，如图，

由得：，即，则，

因此的终点轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，

因非零向量与的夹角为，则向量的终点在射线或上，

点到射线或的距离，

因此圆C上的点到射线或距离的最小值为，

表示圆C上的点与射线或上的点的距离，即有，A满足，

而，，因此，BD都满足，C不满足.

故选：ABD

12．已知函数有两个极值点，，则下列选项正确的有（    ）

A． B．函数有两个零点

C． D．

【答案】ACD

【分析】问题化为在上有两个变号零点，讨论参数a研究的单调性，结合零点存在性定理判断区间零点情况，进而求出a的范围，再研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数，且可得，最后应用对数均值不等式判断C、D.

【详解】由题设，在上有两个变号零点，

令，则，

若，则，即递增，此时不可能存在两个零点；

所以，则时，递增；时，递减；

故，而，

要存在零点，则，可得，则，

此时x趋向于正无穷时趋于负无穷，则在各有一个零点，满足题设，A正确；

由上，不妨设，

在上，递减；在上，递增，且，

所以x趋向于时趋于0，，，

故上无零点，上不一定存在零点，B错误；

由对数均值不等式，证明如下：

令，要证，即证，

若，则，故在上递减，

所以，即，故得证；

令要证，即证，

若，则，故在上递增，

所以，即，故得证；

综上，，

故，C正确；

，，即恒成立，，

又因为C选项，

所以 ，故，D正确.

故选：ACD.

【点睛】注意将问题化为在上有两个变号零点求参数范围问题，由此得到的的单调性和零点情况判断的单调性和零点，根据零点得到，利用对数均值不等式求证不等式.

三、填空题

13．若为纯虚数（为虚数单位），则实数___________；

【答案】-1

【分析】先利用复数的除法法则化简得到，根据为纯虚数，得到方程，求出，检验后得到答案.

【详解】，因为为纯虚数，

所以，解得：，此时，符合要求，

故答案为：-1

14．设函数，，．则数列的前n项和______．

【答案】

【分析】由题设，讨论n的奇偶性求的通项公式，再求.

【详解】由题设，，

所以，

即且n ≥ 2，

当时，，

当时，，

所以，

故答案为：.

15．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，上，且，，平面与交于点H，则__________.

【答案】12

【分析】构造辅助线证明出，求出，进而利用比例得到的值.

【详解】

如图，延长，交于K，连接，交于H.则，

则，则，又，所以，

则，所以.

故答案为：12.

四、双空题

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】     ；    

【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：；.

五、解答题

17．已知函数.

(1)当时，求在点处的切线方程；

(2)若在上有两个不同的零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）对的方法进行求导，利用导数几何意义求出在点处的切线方程；

（2）对进行求导，然后对进行分类讨论研究图像，进而求出实数a的取值范围.

【详解】(1)时，，

，，

所以切线方程为，

即

(2)

当时，∵，

∴函数在上单调递增，

从而至多有一个零点，不符合题意.

当时，∵，

∴当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

∴在上单调递增，在上单调递减.

因为，所以在上有两个不同的零点需要满足：

解得，

所以当时，，满足在上有两个不同的零点.

∴a的取值范围是.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

18．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

表II（注：表中）

(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)

【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.

【详解】(1)由得，令，得，

由表II数据可得：

，.

所以回归方程为：.

(2)在时的残差：.

19．已知数列的前项和为，且，，数列满足，其中.

(1)分别求数列和的通项公式；

(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由可得，两式作差即可得数列的递推关系，即可求通项，最后验证是否符合即可；数列利用累乘法即可求，最后验证是否符合即可；

（2）由题，由等差数列的性质得，即可求出的通项公式，最后利用错位相减法求即可

【详解】(1)由可得，

两式相减可得，故数列从第3项开始是以首项为，公比的等比数列.

又由已知，令，得，即，得，故；

又也满足上式，则数列的通项公式为；

由，得：，

以上个式子相乘，可得，，

又满足上式，所以的通项公式

(2)若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，

则，即为，

整理得，所以，

，

两式相减得：，

所

20．如图，在平面四边形中，，，，.

(1)若，求的值；

(2)求四边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理求出，再由正弦定理求出；（2）利用两次余弦定理得到，进而表达出四边形的面积为，结合的取值范围，求出最大值

【详解】(1)在中，由余弦定理可得

，

∴，即，

∴，

又，∴.

∵，，

∴，

在中，由正弦定理可得，即，

∴.

(2)由余弦定理可得：

，

，

∴，

∴四边形的面积

.

又∵，

当，即时，四边形的面积取得最大值.

21．如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.

(1)求证：；

(2)若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.

（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.

【详解】(1)证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，

又平面平面，且平面平面平面，

所以平面平面.

所以

(2)由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，

所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.

因为异面直线与所成角的正切值为，

所以，即

又平面平面，

所以平面，又平面，平面平面，

所以

所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.

以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.

因为为正三角形所以，从而

由已知E，F分别是的中点，所以

则，所以，

所以，

因为，所以可设，平面的一个法向量为，

则，取，得，

又，则.

设直线与平面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的取值范围为.

22．已知函数．

(1)若不等式恒成立，求正实数a的值；

(2)证明：．

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】(1) 令，根据的范围，求导得到，故只需讨论的正负性，即可判断的单调性

(2)由（1）得，要证要证明，只需证

，即证，

再利用放缩，证明出，进而把要证明的问题转化为证明

成立，最后再经过放缩，把问题转化为证明成立，最后，通过导数的方法，证明以上等式成立.

【详解】(1)令，

则，

设，则对任意恒成立，

所以在上单调递增，

又，存在唯一实数，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增；

所以．

因为，所以，且．

所以，设，

因为，所以在上单调递增，上单调递减

所以，而依题意必有，所以，此时，

所以若不等式恒成立，则正实数的值为1．

(2)方法一：借助第（1）问结论

由（1）得，当时，对任意恒成立．

所以，（当且仅当时等号成立），

则．

所以要证明，只需证，

即证．

设，则在上单调递增，上单调递减．

所以，即．

所以只需证，即证．

①当时，，不等式成立．

②当时，，不等式成立．

所以，证毕，

方法二：分别放缩

设，则恒成立，在上单调递增，

，所以．

设，则在上单调递增，上单调递增，

，所以，所以，即．

所以当时，

又因为，

所以

【点睛】关键点睛：第(1)题的解题的关键在于求导后，对主导函数进行判断正负，进而求出函数的单调性；第(2)题的解题关键在于把证明的问题进行转化，进而利用放缩的方法进行证明不等式成立，本题考的知识点比较难，运算量也非常大，属于难题.