2023届福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高三上学期10月期中联考数学试题含答案

2023届福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高三上学期10月期中联考数学试题

一、单选题

1．若复数，则（    ）

A． B．复数在复平面上对应的点在第二象限

C．复数的实部与虚部之积为 D．

【答案】C

【分析】先根据复数的除法算出，然后根据复数的定义和性质逐一判断每个选项

【详解】复数，

，故A错误；

复数在复平面上对应的点坐标为，在第三象限，故B错误；

复数的实部与虚部之积为，故C正确；

，故D错误．

故选：C

2．设，则是的（    ）条件.

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分又不必要

【答案】A

【解析】解出，利用集合包含关系即可判断.

【详解】由解得，

，

是的充分不必要条件.

故选：A.

3．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数函数、指数函数的单调性求解．

【详解】解：，，，即，所以

故选：B

4．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为（     ）

A．  B．  C．  D．

【答案】C

【解析】根据条件概率的方法求解即可.

【详解】设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A,“第二次闭合后出现红灯”为事件B,

则由题意可得P(A)＝,P(AB)＝,

则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是：

P(B|A)＝.

故选：C

【点睛】本题主要考查了条件概率的计算,属于基础题型.

5．已知a，b，c∈R，函数f (x)＝ax2＋bx＋c.若f (0)＝f （4）>f （1），则（    ）

A．a>0，4a＋b＝0 B．a<0，4a＋b＝0

C．a>0，2a＋b＝0 D．a<0，2a＋b＝0

【答案】A

【分析】由已知得f (x)的图象的对称轴为x＝2且f (x)先减后增，可得选项.

【详解】由f (0)＝f （4），得f (x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为x＝－＝2，∴4a＋b＝0，

又f (0)>f （1），f （4）>f （1），∴f (x)先减后增，于是a>0，

故选：A.

【点睛】本题考查二次函数的对称轴，单调性，属于基础题.

6．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由同角关系式可求，，代入即得.

【详解】因为，，且，

解得，，

所以.

故选：D.

7．已知奇函数的定义域为R，若，则（    ）

A． B． C．0 D．3

【答案】C

【分析】根据题意，由函数的奇偶性以及，分析可得函数为周期为4的周期函数；据此分析可得计算可得答案．

【详解】解：根据题意，是定义域为的奇函数，则图象关于点中心对称，则，

又由满足，变形可得：，即函数为周期为4的周期函数；

则，

故选：．

【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性的应用，注意分析函数的周期，属于中档题．

8．已知函数，若在R上单调递增，求实数a的取值范围（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出函数的导数，求出的最小值后可得参数的取值范围.

【详解】，设，则，

当时，；当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

故.

因为在R上单调递增，故，故，

故选：D.

二、多选题

9．已知，，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．的最小值为5 D．若向量与向量的夹角为钝角，则

【答案】BC

【分析】A：两向量平行，成数乘关系，坐标成比例；

B：两向量垂直，数量积为零；

C：当两向量同向时，它们差的模最小；

D：两向量夹角为钝角时，数量积为负且夹角不能为18°.

【详解】由，得，A不正确；

由，得，，B正确；

，当时，取得最小值5，C正确；

当时，即，得，当与反向时，，故若向量与向量的夹角为钝角，则，或，D不正确.

故选：BC.

10．已知，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】由不等式的性质与基本不等式对选项逐一判断

【详解】对于A，，，所以，故A错误，

对于B，，即，，，故B正确，

对于C，，，故C错误，

对于D，，当且仅当时，等号成立，故D正确．

故选：BD

11．已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（    ）

A．是偶函数

B．其图象关于直线对称

C．在上是减函数

D．在区间上的值域为

【答案】BCD

【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

【详解】，

由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，

，则，所以，

将函数的图象沿轴向右平移个单位，

得到函数的图象.

对于A选项，函数的定义域为，，

函数为奇函数，A选项错误；

对于B选项，，所以，函数的图象关于直线对称，B选项正确；

对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；

对于D选项，当时，，则，.

所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.

故选：BCD.

12．如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．有无数个点满足

B．当点在棱上运动时，的最小值为

C．若，则动点的轨迹长度为

D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是

【答案】AC

【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；

对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；

对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；

对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.

【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足，

证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以.

又，，平面，所以平面，

因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确；

对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M，

此时最短为，大小为，故B错误；

对于C，当点在平面内时，面，面，则，

所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，

从而动点轨迹长度为，故C正确；

对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角，

由在线段上存在点知，，由，得，

即最小值大于，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．在的展开式中，常数项为_____．（用数字作答）

【答案】60

【分析】根据二项式展开式的通项公式，利用x项的指数为0，即可求出常数项.

【详解】在的展开式中,通项公式为：

令

所以展开式的常数项为：

故答案为：60

【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.

14．曲线处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】欲求出在处的切线的方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而解决问题．

【详解】因为，所以，时，，

所以曲线在点处的切线的斜率为，

所以曲线在点处的切线的方程为，

故答案为．

【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、直线方程的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于基础题．

15．已知点，，若，则点P到直线l：的距离的最小值为____________．

【答案】/

【分析】先设P的坐标，根据得到P的轨迹方程为圆，利用圆心到直线的距离减去半径即为P到直线l的最小值

【详解】设点P的坐标为，

，

即P的轨迹是以为圆心，半径为的圆

点到直线l的最短距离为，则可得点P到直线l的距离的最小值为．

故答案为：

16．关于函数，，下列四个结论中正确的为__________．

①在上单调递减，在上单调递增；    

②有两个零点；

③存在唯一极小值点，且；    

④有两个极值点．

【答案】②③

【分析】利用导数可判断①，利用指数函数及正弦函数的性质可判断②，利用零点存在定理可知存在，使得，进而可知函数的单调性及极值情况，再结合函数的零点存在性定理及三角函数的图像性质可判断③④.

【详解】∵，，

因为时，，，

所以，所以在上单调递增，故①错误；

有两个零点等价于有两个根，即函数与有两个交点，根据与的图象，可知在上有两个交点，故②正确；

，

，

，，

存在，使得且

在上，，在上，，

在上，单调递减，在上，单调递增，

在上存在唯一极小值点，

，则，

，故③正确．

令，则，

当时，，，，

当时，，．

在恒成立，

单调递增且，，

存在唯一零点，使得

，，即，，，即，

在处取得极小值故有唯一极小值点，故④错误．

故答案为：②③.

四、解答题

17．在锐角中，角，，所对的边分别为，，．已知.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）当，且时，求.

【答案】解：（Ⅰ） .

（Ⅱ）.

【详解】试题分析：（Ⅰ）又二倍角公式，又因为在中，，即可求得的值；

（Ⅱ）在中，由正弦定理得，由（Ⅰ）知，，又因是锐角三角形， 所以可求得，，又，代入数值即可求出的值，然后由正弦定理，即可求得的值．

试题解析：（Ⅰ）由已知可得．所以．

因为在中，，

所以．

（Ⅱ）因为，所以．

因为是锐角三角形，所以，．

所以

．

由正弦定理可得：，所以．

【解析】1．三角恒等变换；2．正弦定理．

18．已知等差数列中，公差，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)为数列的前项和，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用等差数列的性质列式求出公差即可计算得解.

(2)利用(1)的结论分段写出的表达式，再分情况求和即可得解.

【详解】（1）在等差数列中，由得，则，解得或，

而公差，则，，于是得，

所以数列的通项公式是.

（2）由(1)知，因此，，

当时，，

当时，

，

所以.

19．已知直线与椭圆相交于，两点．  

（1）若椭圆的离心率为，焦距为，求椭圆的方程；

（2）在（1）的椭圆中，设椭圆的左焦点为，求线段的长及的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据椭圆的离心率为，焦距为，建立方程求解参数从而求得椭圆的方程；

（2）直线与椭圆的方程联立，利用韦达定理可求得线段长度，求出点到直线的距离，即可求得的面积．

【详解】（1）椭圆的离心率为，焦距为，所以，

得，所以，则椭圆的方程为；

（2）联立方程组得

设，则

，，所以

由（1）知左焦点为，直线方程为，

所以点到直线的距离为

则的面积为．

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

20．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点是的中点．

（1）直线与平面所成角的正弦值．

（2）点到平面的距离．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）根据题意可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面的法向量和的坐标，再根据线面夹角的向量法，代入公式可得最后答案.

（2）根据（1）可知的坐标和面的一个法向量坐标，根据公式，即可求出点到平面的距离.

【详解】（1）∵四边形为菱形，，

又面，，，两两垂直，

∴以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题可知，，，且为中点，

，，，，，，

，，，

设面的法向量为，

，，，令，则，，

，

∴直线与平面所成角的正弦值为；

（2）由（1）可知，面的一个法向量为，

∴点到平面的距离，

∴点到平面的距离为．

【点睛】方法点睛：（1）求直线与平面所成角的正弦值用向量法：建立空间直角坐标系、求出和平面的法向量的坐标、根据公式求解；

（2）求点到平面的距离用向量法：建立空间直角坐标系、在平面上找一点如M点、求出的坐标和面的一个法向量坐标、根据公式求解.

21．2019年11月26日，联合国教科文组织宣布3月14日为国际数学日，以“庆祝数学在生活中的美丽和重要性”.为庆祝该节日，某中学举办了数学嘉年华活动，其中一项活动是“数学知识竞答”闯关赛，规定：每位参赛者闯关，需回答三个问题，至少两个正确则闯关成功.若小明回答第一，第二，第三个问题正确的概率分别为，，，各题回答正确与否相互独立.

（1）求小明回答第一，第二个问题，至少一个正确的概率；

（2）记小明在闯关赛中回答题目正确的个数为，求的分布列及小明闯关成功的概率.

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【分析】（1）利用至少有一个正确的概率为直接计算即可；

（2）先根据题意判断的取值，并计算各取值对应的概率，即得到分布列，再计算即得小明闯关成功的概率.

【详解】解：（1）设事件为小明回答正确第一个问题，事件为小明回答正确第二个问题，则为小明回答错误第一个问题，为小明回答错误第二个问题，，.

所以小明回答第一，第二个问题，至少有一个正确的概率为：

；

（2）设事件为小明回答正确第三个问题，

由题知，小明在闯关赛中，回答题目正确的个数的取值为0，1，2，3，

所以，

，

，

.

故的分布列为：

所以小明闯关成功的概率为.

【点睛】思路点睛：

求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：

（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；

（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列.

22．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)当时，，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出函数的定义域，求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（2）求出，可得出，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的取值范围.

【详解】（1）解：函数的定义域为，

.

当时，对任意的，，此时函数在上为减函数；

当时，当时，，当时，，

此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

综上所述，当时，函数在上为减函数；

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）解：当时，由（1）可得，

因为当时，，则，所以，，

令，其中，则.

当时，，此时函数单调递减；

当时，，此时函数单调递增.

所以，，.