福建省福州第一中学2022-2023学年高三数学上学期第一次调研测试试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2022-2023学年高三数学上学期第一次调研测试试题（Word版附解析），共18页。

一、选择题；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．已知集合，，则下列结论正确的是
A．B．C．D．
2．如果复数是纯虚数，则实数的值为
A．0B．2C．0或3D．2或3
3．若函数同时满足：(1)对于定义域内的任意，有；(2)对于定义域内的任意，当时，有，则称函数为“理想函数”.给出下列四个函数：①；②；③；④.
其中是“理想函数”的序号是
A．①②B．②③C．②④D．③④
4．已知函数的部分图象如图所示，，则下列判断正确的是
A．函数的最小正周期为4
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于点对称
D．函数的图象向左平移2个单位得到一个偶函数的图象
5．设都是正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，异面直线与所成角为，点，，，都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，，其中，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．已知，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在锐角三角形中，、、是其三内角，则下列一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
11．在中角、、所对的边分别为、、，能确定为锐角的有（ ）
A．B．
C．、均为锐角，且D．
12．设是等差数列的前n项和，且，则（ ）
A．B．公差
C．D．数列的前n项和为
三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分
13．如图，直三棱柱，，，侧棱长为，点是侧面内一点．当最大时，过、、三点的截面面积的最小值为______．
14．若函数y＝sin ωx在区间上单调递减，则ω的取值范围是________.
15．若直线和曲线相切，则实数的值为_________.
16．已知函数，则函数的零点个数是______个.
四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．在△ABC中，根据下列条件，解三角形．
（1）A＝60°，c＝，a＝；
（2）a＝，b＝，B＝45°.
18．已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）将函数的图象右移个单位得到的图象，求函数的单调递增区间．
19．如图，要在一块矩形空地上开辟一个内接四边形为绿地，且点､､､都落在矩形的四条边(含顶点)上.已知，，且.设，绿地的面积为.
（1）写出关于x的函数关系式，并写出这个函数的定义域；
（2）记的最大值为，求的表达式.
20．在多面体中，四边形为菱形，，平面平面，，，.
（1）若是线段的中点，证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
21．已知各项均为正数的两个数列满足且
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设数列的前n项和分别为求使得等式：成立的有序数对
22．已知函数在处取得极值-14.
(1)求a，b的值；
(2)求曲线在点处的切线方程；
(3)求函数在上的最值.
参考答案：
1．C
试题分析：，，故A选项错误，B选项错误，，所以，故C选项正确，，D选项错误，故选C.
考点：1.函数的定义域；2.集合间的包含关系
2．A
由纯虚数的概念求得值，注意虚部不能为0．
根据纯虚数的概念可知:
且，
解，得或；
当时，符合题意，
当时，（舍） ，
所以.
故选：A.
3．C
由已知得“理想函数”既是奇函数，又是减函数，由此判断所给四个函数的奇偶性和单调性，能求出结果．
解：函数同时满足①对于定义域上的任意，恒有；
②对于定义域上的任意，，当时，恒有，则称函数为“理想函数”，
“理想函数”既是奇函数，又是减函数，
①是偶函数，且不是单调函数，故①不是“理想函数”；
②是奇函数，且是减函数，故②是“理想函数”；
③是奇函数，但在定义域上不是单调函数，故③不是“理想函数”．
④是奇函数，且是减函数，故④是“理想函数”．
故选
本题考查了新定义、函数的奇偶性、单调性，属于中档题．
4．C
根据函数，的部分图象，
，，．
再根据五点法作图可得，，．
故它的周期为，故不对．
令，，的值不是最值，故不对．
令，，的值为零，故函数的图象关于
点，对称，故正确．
把函数的图象向左平移2个单位，可得的图象，
显然所得函数不是偶函数，故错误，
故选：．
故选C.
5．B
首先根据指对运算，利用对数表示，再利用换底公式和对数运算，判断选项.
设，所以，，，
A.由对数函数的单调性可知，，可知，故A正确；
B.
，故B错误；
C.，故C正确.
D.，则，故D正确.
故选：B
6．D
由题意可得，，可得的长，结合可得三棱锥外接球半径的值，可得其表面积.
解：如图，过点作，由，，且，
可得四边形为矩形，，，
由，由于，异面直线与所成角为，平面，
故，则，
设三棱锥外接球半径为，
结合，
可将以、、为相邻三条棱补成一个长方体，
可得：，
该球的表面积为：.
故选：D.
本题考查球与几何体的切、接问题，以及球的表面公式，转化为长方体的外接球是解题的关键.
7．B
将角度拆则分，，利用两角和差的正弦公式展开整理后，结合商数关系即可得.
解：∵
∴
整理得：，由于，，所以，
则，即.
故选：B.
8．A
试题分析：,函数的定义域为,,,由解得．因为函数在区间上单调递减,所以,解得．故选A．
考点：函数的单调性．
【方法点晴】本题考查函数的单调性以及给定的区间与单调区间的子集关系,属中档题目．求函数单调区间的方法是:（1）确定函数的定义域；（2）求导函数；（3）解不等式,所得的范围即为的单调递增区间；令所得的范围即为的单调递减区间．接下来利用,写出不等关系,注意等号的取舍,为本题的易错点．
9．BD
利用作差法与基本不等式，分别判断各不等式.
A选项：由选项可知与同号，当且时，由基本不等式可知恒成立，当且时，，时，该不等式不成立，故A选项错误；
B选项：当时，，则恒成立，即恒成立，当时，原不等式恒成立，故B选项正确；
C选项：当时，，即，恒成立，当时，，即，，故C选项错误；
D选项：由重要不等式可知，，恒成立，故D选项正确；
故选：BD.
10．BC
【解析】由正弦定理可判断A；由结合正弦函数的单调性、诱导公式可判断BC；由BC结论可判断D.
对于A，在三角形中，两边之和大于第三边，则，由正弦定理得，故A错误.
因为是锐角三角形，所以所以B对，同理C对；
对于D，由于，，所以D错.
故选：BC.
本题考查三角形中角对应的正弦余弦大小关系，属于基础题.
11．BCD
判断出的符号，可判断AB选项；判断与的大小关系，可判断C选项；判断的符号，可判断D选项.
对于A选项，，可得，则为钝角，A选项不满足条件；
对于B选项，由余弦定理可得，则为锐角，B选项满足条件；
对于C选项，因为为锐角，则也为锐角，
因为，且函数在上单调递增，、均为锐角，
所以，，则，所以，，C选项满足条件；
对于D选项，若为直角三角形，则、、中有一个无意义，不合乎题意.
，则，，
由两角和的正切公式可得，则，
所以，
，
由于中至少有两个锐角，则、、中至少有两个正数，
进而可知、、均为正数，从而为锐角，D选项满足条件.
故选：BCD.
方法点睛：判断的内角为锐角，可从以下方面来进行分析；
（1）三角函数值符号：或；
（2）平面向量数量积：.
12．BCD
【解析】根据已知条件求出等差数列的通项公式和前项和公式，即可判断选项、、，
再利用裂项求和即可判断选项D.
因为数列是等差数列，则，解得：，故选项B正确；
所以，
对于选项A：，故选项A不正确；
对于选项C：，所以故选项C正确；
对于选项D：，
所以前n项和为
，故选项D正确，
故选：BCD.
方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.
13．3
设由余弦定理结合均值不等式可得当且仅当时，取得最大值，得到此时三棱柱是正三棱柱，过点作,连接，可得过、、三点的截面即为平面，由，求出最小值，即可得到答案.
在中，设，,，
由余弦定理可得：，
即，即，
由,则（当且仅当时等号成立），
所以，
所以即（当且仅当时等号成立），
即当时，取得最大值4.此时三棱柱是正三棱柱，
过点作,则,连接，
过、、三点的截面即为平面.，
由三棱柱为直三棱柱，则平面，
所以,由，则，
所以四边形为矩形，则，
当最小时，最小.
当平面时，即，最小. 此时，
所以最小值为，
故答案为：3.
14．[－4,0)
根据题意可得，函数在区间，上单调递增，可得，由此求得的范围．
解：函数在区间，上单调递减，当时，这不可能．
，函数在区间，上单调递减，
故函数在区间，上单调递增，
，求得，
故答案为：，．
15．1
首先求导的，再假设切点为，根据斜率，得，再将分别代入直线与曲线中，联立方程组，解方程即可求出参数
已知，得，设切点为，
已知直线斜率，得，再将分别代入直线与曲线中
可得解得.
故答案为：
16．4
分，，，讨论，根据分段函数解方程即得.
当时，，
当时，，，解得；
当时，，，解得；
当时，，
当时，，
，解得；
当时，，
，解得；
综上，函数的零点为或或或，共4个．
故答案为：4.
17．（1）（2）或
【解析】利用正弦定理、余弦定理，即可求解三角形.
（1）由正弦定理可得,
所以，
，
,
（2）a＝，b＝，B＝45°
，
，
,或,
由余弦定理得,
即，
整理得：，
解得或
所以或
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，分类讨论的思想，属于中档题.
18．（1）；（2）．
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）利用三角函数图象变换规律得出，然后解不等式，可得函数的单调递增区间．
（1）
，
所以，函数的最小正周期为；
（2）将函数的图象右移个单位，
得到函数的图象，
由，解得：．
函数的单调递增区间为．
本题考查正弦型三角函数的最小正周期、单调区间的求解，同时也考查了利用三角恒等变换思想化简三角函数解析式以及利用图象变换求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.
19．（1），其定义域为；（2）.
（1）由题意可知，，而绿地的面积等于矩形空地的面积减去的面积，从而可得的函数关系式；
（2）由于的对称轴为，所以分和两种情况讨论求函数的最值
（1），.
.
，其定义域为.
（2）当即时，则时，取最大值.
当即时，在上是增函数，则时，取最大值.
综上所述，
20．（1）证明见解析；（2）.
（1）连接、、，可知为等边三角形，利用三线合一的性质可得，利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）证明出，然后设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.
（1）连接、、，如图所示：
四边形为菱形，，，则为等边三角形，
为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，因此，平面平面；
（2）由（1）可知，，，，平面，
平面，，
为的中点，则，，则是等腰直角三角形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
设，则、、、，
，则，，
，，
设平面的法向量为，
由，得，令，可得，，
所以，平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则为钝角，
，所以，，.
因此，二面角的正弦值为.
本题考查面面垂直的判定，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】（1）根据递推关系可得，从而得到数列是等差数列；
（2）分别求出数列的奇数项和偶数项的通项公式，进而整合数列的通项公式；
（3）求出，，代入中，则存在，使得，，从而，再证明不成立，从而得到，，．
（1）由
即．
因为数列各项均为正数，所以，即，
故数列是公差为1的等差数列．
（2）由（1）及知．
由，得．
所以，上面两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列．
由及知，所以，，
所以．
综上，数列的通项公式为．
（3）由（1）和（2）知，．
由，得，即．
则必存在，使得，，从而．
若，则，故．
又因为，所以．
这与矛盾，所以．由于，则只能，
此时，．
满足题意数对为.
关键点点睛：通过递推关系的变形化简证明数列为等差等比数列，要注意变形的方向性，
这种类型的递推关系，注意要分奇偶项分析，探索性问题要注意利用问题的特殊化，特殊性，提供方向.
22．(1)
(2)
(3)函数在上的最小值为，最大值为.
(1)求导，利用在处的导数值为0，并且，解之检验即可求解；
(2)结合（1）的结果，求出函数在处的导数值，利用导数的几何意义，代入即可求解；
(3) 结合（1）的结果，列出在时，随的变化，的变化情况，进而即可求解.
（1）因为函数，所以，
又函数在处取得极值.
则有，即，解得：，
经检验，时，符合题意，故.
（2）由（1）知：函数，则，
所以，又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，
也即.
（3）由（1）知：函数，则，
令，解得：，
在时，随的变化，的变化情况如下表所示：
由表可知：当时，函数有极小值；
当时，函数有极大值；
因为，，
故函数在上的最小值为，最大值为.单调递减
单调递增
单调递减