2023届福建省莆田市第五中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省莆田市第五中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共22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。
2023届福建省莆田市第五中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】化简集合A，B，根据交集运算求解即可.【详解】由可得，解得，所以，当时，又，所以，故选：D2．已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（　　）①若，则；②若，则；③若，则；④若是虚数，则都是虚数. A．①④ B．② C．②③ D．①②③【答案】C【分析】根据复数的性质分别判断即可.【详解】解：为复数，①若，因为没有大小（虚部为0，即为实数时除外），故是错误的，②若，设，则，由，得，所以，正确，③若，则，正确，④若是虚数，不一定都是虚数，比如，而是虚数，故错误，故②③正确，故选：C.3．下列函数中，既是偶函数，又在上是增函数的是（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用奇偶性的定义判断函数奇偶性，判断AD错误，结合常见基本初等函数的单调性判断B错误，C正确即可.【详解】选项A中，，定义域R，，则是奇函数，不符合题意；选项D中，，定义域R，，则是奇函数，不符合题意；选项B中，，定义域R，，则是偶函数，但二次函数在在上是减函数，在上是增函数，故不符合题意；选项C中，，定义域为，，则是偶函数.当时，是减函数，所以由偶函数图象关于y轴对称可知，在上是增函数，故符合题意.故选：C.【点睛】方法点睛：定义法判断函数奇偶性的方法：（1）确定定义域关于原点对称；（2）计算；（3）判断与的关系，若，则是偶函数；若，则是奇函数；若两者均不成立，则是非奇非偶函数.4．将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，坐标不变，得到函数的图象，则下列说法中正确的是（    ）A． B．在区间上是增函数C．是图象的一条对称轴 D．是图象的一个对称中心【答案】C【分析】利用三角函数的图象伸缩变换求得，然后逐一分析四个选项得答案．【详解】函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，坐标不变，得到函数的解析式 ，对于A：，故A错误；对于B：由得，，故在区间上有增有减，故B错误；对于C：，所以是图象的一条对称轴，故C正确；对于D： ，所以不是图像的一个对称中心，故D错误．故选：C．5．数列中的前项和，数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由求出的通项，进而可得的通项，再求和即可.【详解】当时，，当时，，经检验不满足上式，所以，设，则，所以，故选：D.6．在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】在中由余弦定理求得，即知为等边三角形，又由已知，若的外接圆的圆心为有为菱形，则平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.【详解】在中，，即，又，∴为等边三角形根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH.由题意可得，且，.∴由上知：且，又，∴，由，平面ABC.设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，， ，代入解得，即有，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.【点睛】关键点点睛：利用三角形的性质确定三棱锥一面的外接圆圆心，由三棱锥外接球球心与面的外接圆圆心的关系以及已知线段的长度求球体半径，即可求球体的体积.7．在中，角的对边分别为，若成等差数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等差数列定义可得，利用切化弦、两角和差公式和正余弦定理化简等式，整理可得结论.【详解】成等差数列，，，，，整理可得：.故选：D8．若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（    ）A． B．  C．1 D．【答案】A【分析】已知不等式变形为，引入函数，则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．【详解】因为，所以由，可得，，即．所以在上是减函数，，当时，，递增，当时，，递减，即的减区间是，所以由题意的最小值是．故选：A． 二、多选题9．已知a＝log3π，b＝logπ3，，则（    ）A．ab＜a＋b＜b＋c B．ac＜b＋c＜bcC．ac＜bc＜b＋c D．b＋c＜ab＜a＋b【答案】CD【解析】根据对数函数的单调性，判定的大致范围，即可求解.【详解】因为0＜logπ3＜1＜log3π0＜b＜1＜a，又，所以ac＜bc＜0，，所以C正确，B错误．因为ab＝log3π×logπ3＝1，a＋b＝log3π＋logπ3＞1，所以D正确，A错误．故选：CD10．声音是由物体振动产生的波，每一个音都是由纯音合成的.已知纯音的数学模型是函数.我们平常听到的乐音是许多音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则（    ）A．的最大值为 B．为的最小正周期C．为曲线的对称轴 D．为曲线的对称中心【答案】BD【分析】分析函数与不能同时取得最大值可判断A；由的最小正周期是，的最小正周期是可判断B；计算是否成立可判断C；计算是否成立可判断D；进而可得正确选项.【详解】对于A：若的最大值为，则与同时取得最大值，当取得最大值时，，可得取不到，若取得最大值时，，此时，而取不到，所以与不可能同时取得最大值，故选项A不正确；对于B：因为的最小正周期是，的最小正周期是，且，所以为的最小正周期，故选项B正确；对于C：，，所以不恒成立，即，所以不是曲线的对称轴，故选项C不正确；对于D：，所以对于任意的恒成立，所以为曲线的对称中心，故选项D正确；故选：BD.11．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（     ）A．圆锥SO的侧面积为B．三棱锥体积的最大值为C．的取值范围是D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为【答案】ABD【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可判断选项D.【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；对于选项B：当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，又，可得，故选项C不正确；对于选项D：由，得，又，则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，则为等边三角形，，如图：则，因为，则，故选项D正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥的侧面面积以及体积，取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将以为轴旋转到与共面是解决求的最小值的关键.12．在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第项与第项之间插入首项为2，公比为2，的等比数列的前项，从而形成新的数列，数列的前项和为，则（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据题意求出n，然后即可求出，再利用错位相减法求出新数列的和.【详解】设介于第个1与第个1之间或者为这两个1当中的一个，则从新数列的第1个1到第个1一共有项，从新数列的第1个1到第个1一共有项，所以，解得，而，所以，故A正确，B错误；，令，则，，，所以，故D正确，C错误，故选：AD. 三、填空题13．在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，过点作与截面平行的截面，则所得截面的面积为____________.【答案】【分析】正方体中作过A的截面与平面PB1C平行，再根据题中的数据求出截面的面积．【详解】解：取CD、A1B1的中点M、N，连结C1M、MA、AN、NC1∵C1N//PC，B1P∥AN，B1P∩CP=P，C1N∩AN=N，∴平面C1MAN//平面PCB1 平面C1MAN就是过点A与界面平行的截面由图可知,平面为菱形，且正方体中，根据余弦定理，，且所以截面的面积故答案为：14．已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)，，且f(x)在区间上递减，则ω＝________.【答案】2【分析】由辅助角公式对函数化简f(x)＝2sin(ωx＋)，求出函数的单调递减区间，结合题意可得 ⊆，求出12k＋1≤ω≤，进而由函数的周期可得1≤ω≤，由，可得对称中心的横坐标，进而可得结果.【详解】因为f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sin(ωx＋)，由＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ，k∈Z，得，因为f(x)在区间上递减，所以 ⊆，从而有，又因为周期, 所以1≤ω≤，因为所以为f(x)＝2sin(ωx＋)的一个对称中心的横坐标，所以ω＋＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z，又1≤ ω ≤，所以ω＝2.故答案为：2【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数图象的性质，考查了计算能力，属于基础题目.15．已知，，则的最小值为______．【答案】【分析】利用算术根的几何意义，把所求转化为两个图形上点的距离最小值即可作答.【详解】可看成点到点的距离，而点的轨迹是直线，点的轨迹是曲线，则所求最小值可转化为曲线上的点到直线距离的最小值，而曲线在直线上方，平移直线使其与曲线相切，则切点到直线距离即为所求，设切点，，由得，切点为则到直线距离.故答案为：【点睛】关键点睛：涉及多变量的算术根问题，利用算术根的几何意义转化为两个动点的距离是解题的关键.16．已知，设函数，存在满足，且，则的取值范围是______.【答案】【分析】求得关于对称所得函数的解析式，通过构造函数，结合零点存在性列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由于存在满足，且，所以图象上存在关于对称的两个不同的点.（1）对于，交换得，即，构造函数（），所以的零点满足，由得，由得，即，由于，所以解得.（2）设，则M关于y=x对称的点在上，由，得，则，当时，①，，两式相减，得，所以②，将②代入①，得，又，所以，令，则，，即，解得，综上，a的取值范围为.故答案为：【点睛】本题解题关键是分两种情况讨论：（1）与存在关于对称的点，（2）自身存在对称的两点. 四、解答题17．在中，（1）求的大小（2）若且的面积为，求的值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）方法1：由余弦定理得，结合正弦定理由边化为角即可求解；方法2：由余弦定理得，结合余弦定理由角化成边即可求解；（2）因为得，结合正余定理即可求解结果．【详解】解：（1）方法1：由余弦定理，得.因为，所以，因为，所以，由正弦定理，得，因为，所以.因为，所以.方法2：由余弦定理，得.因为，所以，因为，所以.由余弦定理，，得.得，所以.因为，所以；（2）因为，其中，所以.由余弦定理得，所以，所以.因为，所以．18．已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）若函数，求函数的单调增区间.【答案】（1）最小正周期为；（2）.【解析】（1）由三角函数恒等变换化简函数得，由三角函数的周期公式可得答案；（2）由余弦的二倍角公式和辅助角公式得，再由正弦函数的性质可求得函数的单调增区间.【详解】解：（1）函数，所以函数的最小正周期为.（2），令，得，所以函数的单调增区间为.【点睛】方法点睛：解决三角函数的周期和单调性等相关问题，先利用三角函数的恒等变换化简函数为一个角一个三角函数，再运用整体思想代入是常用的方法.19．已知直线，A是之间的一个定点，并且点A到的距离分别是，B，C分别是直线上的动点(B，C都在的右侧).（1）如图1，若，且，求的最小值；（2）如图2，若，且，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）记，根据题中条件，得到，，利用换元法，令，可得，根据函数单调性，即可得出最小值；（2）记，根据题中条件，结合三角恒等变换，得到，；再由正弦函数的性质，即可求出最小值.【详解】（1）记，因为，所以，，又，即，所以，，因此，令，则，即，因为，所以，则，因此，因为在上单调递增，所以；因此，当，即时，取得最小值；（2）记，因为，所以，；又，即，，所以，，因此的面积为，因为，所以，因此当，即时，取得最小值，即面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，将线段和以及三角形的面积转化为三角函数的值域问题来求解；求解时，先设（或），根据三角恒等变换对应的公式，即可用（或）表示出，以及，进而即可求解.20．已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形， ,H为上的点，过的平面分别交于点M，N，且平面．（1）证明： ；（2）当为的中点， ，与平面所成的角为60°，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2） ．【分析】（1）先连接交于点，连结，证明平面，证得，再利用线面垂直的性质证明，即证；（2）先证明平面，结合线面垂直关系和长度关系建立如图适当的空间直角坐标系，得到点坐标，再求两个平面的法向量求得二面角的大小即可.【详解】解：（1）证明：连接交于点，连结．因为为菱形，所以，且为、的中点，因为，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以．因为平面， 平面，且平面平面，所以，所以；（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以平面，所以与平面所成的角为，所以，因为，所以． 分别以， ， 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，故，，所以．记平面的法向量为，则，令，则，所以；记平面的法向量为，则，令，则，所以.记二面角的大小为，由图可知该二面角为锐二面角，则，所以二面角的余弦值为．【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.21．已知数列中，，设数列满足：（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式（3）若数列满足，求数列的前项和；【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）答案见解析.【分析】（1）由已知得，可得可得答案；（2）由（1）得，两式相减可得答案；（3）由（1）（2）得，分、、求和可得答案.【详解】（1）证明由已知得，所以，，又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，，所以.（2）由（1）得①，②，①-②得，所以. （3）由（1）（2）得，当时，，.当时，，当时，，综上所述，，【点睛】本题考查了球数列的通项公式、求数列和的问题，解题的关键点是求出，考查了学生分析问题、解决问题的能力，以及分类讨论的思想.22．已知函数（1）求函数的最大值；（2）令，若既有极大值，又有极小值，求实数的范围；（3）求证:当时，.【答案】（1）1；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）利用导数求出函数的单调性，求出函数的最值得解；（2）等价于在区间上有两个不相等的实数根，解不等式组即得解；（3）由题可得，再利用放缩法证明不等式.【详解】证明:，在上，，函数单调递增，在上，，函数单调递减，当时，. 既有极大值，又有极小值，等价于在区间上有两个不相等的实数根.即解得，所以实数的范围.由得，当，即，可得，于是，，于是 .【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.本题不等式的证明用到了综合法和放缩法.