2023届福建省连城县第一中学高三上学期第二次月考数学试题（解析版）

2023届福建省连城县第一中学高三上学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别解出集合A,B,再根据集合的交集运算求得答案.

【详解】因为，

，

所以，

故选：B

2．已知（为虚数单位），则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数除法运算法则求，然后得到，最后根据虚部的定义判断即可.

【详解】因为，所以，虛部为.

故选：D.

3．如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】由题意设，则可得，再结合可求出，再表示出，再结合已知条件可求得的值.

【详解】由题意设，

因为，所以，

所以

，

因为，

所以，解得，

所以，

因为，，，，

所以

,

故选：C.

4．古代将圆台称为“圆亭”，九章算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何”即一圆台形建筑物，下底周长丈，上底周长丈，高丈，则它的体积为（    ）

A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈

【答案】B

【分析】利用圆台的体积公式求体积即可.

【详解】通过题目可知，圆台上底周长丈，则上底半径为丈

同理，下底周长丈，下底半径为丈

根据圆台体积公式得（立方丈）.

故选：B．

5．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】判断出是偶函数，结合可选出答案.

【详解】由已知可得函数的定义域为，，

所以是偶函数，函数图像关于轴对称，可排除A ，B；

由，可排除D．

故选：C

6．已知，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据可确定的范围，由此可得；利用二倍角正弦公式可求得，由此可得结果.

【详解】，，又，，

，

，

.

故选：A.

7．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据，判断的大小，由，构造函数，利用导数判断单调性，即可得到.

【详解】由不等式可得，即；，

设，

因为，所以在上单调递增，

所以当，所以，即.

所以.

故选：C

8．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取中点，作，设点轨迹所在平面为，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，求出三棱锥外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果.

【详解】取中点，连接，

则，平面

∴平面，，又，

∴，

则三棱锥的高，

三棱锥体积为；

作，设点轨迹所在平面为，

则平面经过点且，

设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，

易知平面平面，且四点共面，

由题可得，，

解Rt ，得，又，

则三棱锥外接球半径，

易知到平面的距离，

故平面截外接球所得截面圆的半径为，

∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.

故答案为：.

二、多选题

9．如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C．平面 D．平面

【答案】AC

【分析】连接，由线面垂直的判定定理可证明平面，进而可判断A，B；由线面平行的判定定理可判断C；先假设平面，则，进而，从而可判断D

【详解】连接，如图：

由正方体可知，

因为平面，平面，

所以，

又，，，平面，

所以平面，

又平面，

所以，故A 正确，B错误；

由题意知为的中位线，

所以，

又,

所以

又平面，平面，

所以平面，故C正确；

若平面，BD1在平面BDD1B1中，则，进而，

在中易知与不垂直，故D错误；

故选：AC

10．若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的可能取值是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】ABC

【分析】先求得函数的极小值点，再根据函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值求解.

【详解】解：因为函数f(x)＝3x－x3，

所以，

令，得，

当或时，，当时，，

所以当时，取得极小值，

则，解得，

又因为在上递减，且，

所以，

综上：，

所以实数a的可能取值是0，1，2

故选：ABC

11．已知，下面结论正确的是（    ）

A．若，，且的最小值为，则

B．存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称

C．若在上恰有7个零点，则的取值范围是

D．若在上单调递增，则的取值范围是

【答案】BCD

【分析】由已知，先对原函数利用余弦的二倍角公式和诱导公式进行化简得到，选项A，可根据条件作出判断；选项B，先对函数进行平移，得到，然后再令，通过赋值求解出的值，然后结合条件给的范围判断即可；选项C，可根据条件直接列式求解；选项D，可根据条件列出不等式直接求解.

【详解】由已知，，

选项A，若，，则的最小值为，故该选项错误；

选项B，的图像向右平移个单位长度后得到的解析式为：，该图像要想关于y轴对称，则需满足：，解得，当时，，故该选项正确；

选项C，由函数在上恰有7个零点可得：，故该选项正确；

选项D，由函数在上单调递增可得：，解得：，又因为，所以的取值范围是，该选项正确.

故选：BCD.

12．已知函数，若存在，使得成立，则（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，的最小值为

【答案】ACD

【分析】求出，则可得在上单调递增在上单调递减，则可画出的图像，利用同构可知等价于，结合图像则可判断AB选项，当时，则可得，，构造函数即可判断CD选项.

【详解】，，

，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

所以的图像如图所示：

又，即，

当时，要使越小，则取，故有，故A正确；

又与均可趋向于，故B错误；

当，且，

记，，

恒成立，即在上单调递增，

所以，即当成立，故C正确；

，令，

在单调递减，在单调递增，

，故D正确，

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：

本题考查利用导数研究函数的单调性与交点，属于难题；画出的图像，利用同构可知等价于，则可求出判断出AB选项，构造函数，则可判断C选项，构造函数则可判断D选项.

三、填空题

13．已知向量，若，则__________.

【答案】

【分析】根据向量的坐标运算即可求解.

【详解】由题意可得，则，解得.

故答案为：

14．已知在处取得极值，则的最小值为__________.

【答案】3

【分析】根据极值的定义，结合基本不等式进行求解即可.

【详解】由，

因为函数在处取得极值，

所以有，于是有，

因为，

所以，

当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，

故答案为：3

15．函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，对，均有，则__________.

【答案】621

【分析】根据函数奇偶性，可得函数的对称性，构造方程，求得函数解析式，可得答案.

【详解】由函数为偶函数，则，即函数关于直线对称，故；

由函数为奇函数，则，整理可得，即函数关于对称，故；

由，则，可得，

故，解得，，

.

故答案为：.

16．记为等差数列的前项和，若，数列满足，当最大时，的值为__________.

【答案】3

【分析】先求出等差数列的通项公式，得到，取对数后，由的单调性判断出最大.

【详解】设等差数列的公差为d，

由题意可得：.

所以，两边同时取对数得：

令，则.

令得：；令得：，

所以在上单增，在上单减，

所以的最大值在或处取得.

而，所以.所以当最大时，的值为3.

故答案为：3．

四、解答题

17．已知函数

（1）求的对称中心

（2）若锐角中角所对的边分别为，且，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据两角和的余弦公式和辅助角公式将的解析式进行变形，结合正弦函数图象和性质求解即可；

（2）根据条件求解角的值，再利用正弦定理和角的范围求解即可.

【详解】（1）

由解得，

故对称中心为；

（2）因为，

故可得

则或，

则或，

又因为，故可得.

则，

所以，

又为锐角三角形，

则，解得，

故.

故可得，则

所以的取值范围是.

【点睛】本题主要考查了三角函数图象和性质，以及正弦定理的应用，难度中等.

18．已知正项数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，数列的前项和为，求的取值范围.

【答案】（1）.（2）

【分析】（1）利用，求得数列的通项公式.

（2）由（1）求得的表达式，然后利用裂项求和法求得的前项和.利用差比较法证得数列递增，进而求得的取值范围.

【详解】（1）当时，由，得，得，

由，得，

两式相减，得，

即，

即

因为数列各项均为正数，

所以，所以

所以数列是以为首项，为公差的等差数列.

因此，，

即数列的通项公式为.

（2）由（1）知，所以，

所以，

所以，

，

，

令，则，

所以是单调递增数列，数列递增，

所以，又，

所以的取值范围为.

【点睛】本题主要考查数列通项与前n项和的关系，等差数列的定义及通项公式，求和公式以及裂项相消求和，还考查了运算求解的能力，属于难题.

19．设的内角A，B，C所对的边分别为，，，.

(1)求C；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件化简后由余弦定理可求；

（2）由正弦定理及可得，利用面积公式求解即可.

【详解】（1）由

得，

即，

所以

因为

所以

（2）由正弦定理得，

所以，

即

，

，

所以，

故△ABC的面积为.

20．2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率匀为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次，，，其中.

(1)若，求该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率；

(2)“强基计划”规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为决策依据，则当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知，根据题意，由该考生报考乙大学，每门科目通过的概率可分情况直接求解恰好通过两门科目的概率；

（2）由已知，报考甲大学，每门科目通过满足二项分布，可直接计算其期望，然后再根据已知条件，计算通过乙大学的数学期望，然后令通过乙大学的数学期望大于通过甲大学的数学期望，即可完成参数的求解.

【详解】（1）该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率为：

.

（2）甲通过的考试科目数，∴.

设乙通过的考试科目数为，则，

，

，

∴

∵该考生更希望通过乙大学的笔试，

∴，∴，又因为，∴.

∴当该考生更希望通过乙大学的笔试时，的取值范围是.

21．如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．

(1)证明：；

(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？

【答案】(1)证明见解析；

(2)2.

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；

（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.

【详解】（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点，

所以，

又因为平面，平面平面，平面平面，

所以平面，

又因为面，

所以，

因为，，

所以，，

所以，即，

因为平面平面，

所以平面，

又因为平面，

所以；

（2）设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

由已知得，

设，则、

设平面的法向量为，

则，

令，有，

设直线与平面所成的角，

所以，

当且仅当时取等号，

当时，直线与平面所成角最大．

22．已知函数．

(1)证明：当时，；

(2)若有最大值，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据，得到，将证明转化为证明，然后求出函数的最大值即可证明；

（2）分类讨论，和三种情况下的最大值，然后求的范围即可.

【详解】（1）证明：当时，，

欲证，只需证，∵，

只需证，即证：，

令，则，

故知函数在上单调递增，在上单调递减，

故，故，即，得证．

（2）．

令，则，

故知在上单调递增，在上单调递减，故，

的图象如下所示：

①若，则恒成立，则在上单调递减，无最大值；

②若，则在上有两个零点，设为，且．显然，

故当时，，故，函数此时单调递减．

同理可知函数在上单调递增，在上单调递减．

又，故有最大值等价于，

故有，化简得，解得，

又，且在上单调递减，

故，故；

③若，当时，，没有最大值，所以显然无最大值，

综上，．

【点睛】分析函数在区间上的最值情况：

（1）若函数在区间上单调，则函数在区间上没有最值；

（2）若函数在区间上存在极大值，且极大值大于或等于两端函数值的极限，则极大值为最大值，否则无最大值；

（3）若函数在区间上存在极小值，且极小值小于或等于两端函数值的极限，则极小值为最小值，否则无最小值.