2023届福建省福安市第一中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

2023届福建省福安市第一中学高三上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先分别利用对数型函数以及指数型函数求值域的方法求出集合，注意集合中的代表元素，再利用集合的交集运算求解即可.

【详解】∵，

，

∴.

故选：A.

【点睛】本题主要考查了集合间的运算以及对数函数和指数函数.属于较易题.

2．若，则复数z的虚部是（    ）

A．2i B．i C．2 D．1

【答案】D

【分析】利用复数除法运算化简z，从而求得z的虚部

【详解】由题，，故虚部为1.

故选：D

3．已知函数且的图象恒过定点，点在幂函数的图象上，则（    ）

A． B．2 C．1 D．

【答案】B

【分析】令便可得到函数图象恒过点，将点代入幂函数中，解得的解析式，然后计算的值.

【详解】函数中，令，解得，此时，

所以函数y的图象恒过定点，又点P在幂函数的图象上，

所以，解得，所以，

.

故选：B.

4．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用函数的奇偶性及函数值的符号即可做出判断.

【详解】因为，所以f（x）是奇函数，排除A，D，

当时，，，所以，排除C，

故选：B．

5．已知函数的最小正周期为，为了得到函数的图象，只要将的图象

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】B

【分析】根据最小正周期可求得，根据相位变换原则可求得结果.

【详解】由最小正周期得：    

将向右平移个单位长度可得：

本题正确选项：

【点睛】本题考查三角函数图象平移变换问题，关键是能够明确左右平移的单位是针对于的变化量，属于基础题.

6．下列命题中错误的是（    ）

A．命题：“若，则”是真命题

B．命题：“”的否定是：“”

C．若，则

D．已知，则“”是“”的必要不充分条件

【答案】C

【分析】A.根据角相等，三角函数相等，即可判断A；

B.根据存在量词命题的否定形式，即可判断B；

C.根据不等式的性质，判断C；

D.根据充分，必要条件，即可判断D.

【详解】A. 若，则”，为真命题，故A正确；

B.存在量词命题“”的否定是：“”，故B正确；

C.若，当时，，故C错误；

D.已知，根据幂函数的单调性可知，，则，

反过来，若，若，满足，所以若，若，推不出，

所以，已知，则“”是“”的必要不充分条件，故D正确.

故选：C

二、多选题

7．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵．其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是说：将一个长方体沿对角面斜截（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．

若长方体的体积为V，由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，则下列选项不正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.

【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积，

所以，，，即，

所以，

所以，ACD选项正确，B选项错误.

故选：ACD

三、单选题

8．已知函数是定义域为R的函数，，对任意，，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.

【详解】由，得且函数关于点对称．

由对任意，，均有，

可知函数在上单调递增．

又因为函数的定义域为R，

所以函数在R上单调递增．

因为a，b为关于x的方程的两个解，

所以，解得，

且，即．

又，

令，则，

则由，得，

所以．

综上，t 的取值范围是.

故选：D．

四、多选题

9．不等式的解集是，则下列结论正确的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据二次函数图像与二次不等式关系求解即可.

【详解】解：因为不等式的解集是，

所以，且，

所以所以，，，

故AC正确，D错误．

因为二次函数的两个零点为，2，且图像开口向下，

所以当时，，故B正确．

故选：ABC．

10．若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为　　

A．2 B．1 C．0 D．

【答案】BCD

【解析】数形结合考查两个函数的图象只有一个交点，因为两函数图象都过原点，则求函数过原点的切线．

【详解】解：函数的导数为；

所以过原点的切线的斜率为；

则过原点的切线的方程为：；

所以当时，函数与的图象恰有一个公共点；

故选：BCD

【点睛】本题考查数形结合思想，考查函数零点，函数的切线的求法；属于基础题．

11．下列大小关系正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可比较大小，判断AB；比较和4的大小关系，即可判断C；利用对数换底公式，作差比较 ，即可判断D.

【详解】A.设，，

当时，，函数在区间单调递增，当时，，函数在区间单调递减，

所以，即，，

即，故A错误；

B.由以上单调性可知，，即，而，

即，则，故B正确；

C.因为，所以，则，则，故C错误；

D.，

而，

所以，即，故D正确；

故选：BD

12．函数图像上不同两点，处的切线的斜率分别是，，为A，B两点间距离，定义为曲线在点A与点B之间的“曲率”，给出以下命题：

①存在这样的函数，该函数图像上任意两点之间的“曲率”为常数；

②函数图像上两点A与B的横坐标分别为1，2，则 “曲率”；

③函数图像上任意两点A、B之间的“曲率”；

④设，是曲线上不同两点，且，若恒成立，则实数的取值范围是.

其中真命题为（    ）

A．① B．② C．③ D．④

【答案】AC

【分析】结合一次函数的性质，可判定①正确；求得的坐标，得到的值，可判断②错误；求得，运用不等式的性质，得到，可判定③正确；求得，运用新定义求得，结合恒成立，求得的范围，可判定④错误

【详解】若函数时，可得，此时曲率为，是常数，故①是正确的；

当时，，函数的导数为，

可得，

所以，所以②是错误的；

因为，可得，所以，

则，

所以，

所以③正确；

由函数，可得，

又由为曲线上的两点，且，

因为，，

可得，

又因为恒成立，可得，

由于，可得，所以④是错误的.

故选：AC．

五、填空题

13．的定义域为_________.

【答案】

【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得，

即函数的定义域为.

故答案为：.

14．已知，则_________．

【答案】

【分析】先利用三角函数辅助角公式得到，再利用余弦二倍角公式求出答案.

【详解】变形得到，所以，

则.

故答案为：

15．函数的所有零点之和为__________．

【答案】9

【分析】根据给定条件，构造函数，，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.

【详解】由，令，，

显然与的图象都关于直线对称，

在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，

观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，

这6个点两两关于直线对称，有，则，

所以函数的所有零点之和为9.

故答案为：9

16．已知且对任意的恒成立，则的最小值为_____．

【答案】1

【详解】设，则由得：，当当时，，当时，，所以当时，有唯一极值，也是最小值，所以由对任意的恒成立，得，可得，因为 ，故成立，

令（），，当时，，当时，，所以当时，，所以，故填．

六、解答题

17．已知函数

(1)求的对称轴方程；

(2)求在区间上的单调区间

【答案】(1)

(2)在单调减，在单调增

【分析】（1）由三角恒等变换将化简为的形式，再由对称轴公式计算即可.

（2）由（1）中的解析式令，求得单调增区间，再得到减区间即可.

【详解】（1）

令解得

所以对称轴发方程为

（2）由（1）知

令，

解得，

当时，单调增区间为

又因为区间为，

所以增区间为，减区间为

18．已知奇函数的定义域为.

(1)求实数的值；

(2)当时，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)，b=3

(2)

【分析】⑴利用奇函数和定义域关于原点对称的性质即可解题；

⑵利用分离参数的思路把转化成，再利用换元法对

进行换元，求出最小值，让小于最小值即可.

【详解】（1）因为函数是奇函数，所以，即，

即，即，

整理得，所以，即，

则，因为定义域为关于原点对称，所以b=3；

（2）因为，所以，又当时，恒成立，所以，时恒成立，令，则，时恒成立，

所以让小于的最小值，

而，当且仅当，即时，等号成立，所以，，即的取值范围是.

19．△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求B；

(2)若△ABC的面积为，且，求△ABC的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先对已知等式利用正弦定理统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求出角，

（2）由三角形的面积可求出，再利用余弦定理结合已知条件可求出和的值.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理得，

展开得，所以，

因为，所以．

（2）由（1）知，解得，

因为，

由余弦定理得，

即，解得，，

所以△ABC的周长为．

20．某学校对男女学生是否喜欢长跑进行了调查，调查男女生人数均为，统计得到以下2×2列联表，经过计算可得.

(1)完成表格求出n值，并判断有多大的把握认为该校学生对长跑的喜欢情况与性别有关；

(2)①为弄清学生不喜欢长跑的原因，采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，求“至少抽到一名女生”的概率；

②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对长跑喜欢的人数为X，求X的数学期望.

附表：

附：.

【答案】(1)列联表答案见解析，，有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关；

(2)①；②.

【分析】（1）利用给定数据完善2×2列联表，计算的观测值即可求出n，再与临界值表比对作答.

（2）①利用分层抽样求出抽取的9人中男女生人数，再利用古典概型结合对立事件概率求解作答；②利用二项分布的期望公式计算作答.

【详解】（1）2×2列联表如下表所示：

，而，于是得，又，

所以有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关.

（2）①采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4，女生的人数为5，

再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为；

②由（1）知，任抽1人喜欢长跑的概率，

依题意，，所以X的数学期望是.

21．如图所示，四棱锥，底面在以AC为直径的圆O上，PO⊥圆O，为等边三角形，，．

(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；

(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面AMC所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在；.

【分析】（1）利用线面垂直的性质结合条件可得平面，然后利用面面垂直的判断定理即得；

（2）利用坐标法，利用线面角的向量求法可得方程，进而可得.

【详解】（1）证法一：设，由题知为等边三角形，为直径，，得，

∴，，，

得，在中，得，

在中，，得．易知，

则，故．

易知，则，又，

平面，

又平面，

平面平面．

证法二：设，连接，

由平面，平面，

，由题知，又，

平面，平面，

，

，，为等边三角形，

，，， 得，，

，则，

又，

故平面，

又平面，

平面平面．

（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，

设，，

则

令平面的法向量为，

则，

取，

令直线与平面的所成角为，

，

解得，

即上存在点，使得.

22．已知函数

(1)求证：；

(2)设函数，若在上存在最大值，求实数a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）将所证不等式转化为，再构造函数，求导分析函数的单调性，并求出最小值证明即可；

（2）令，再求导分，和三种情况讨论可得的单调性，结合零点存在性定理可得的零点区间，进而判断出有最大值即可.

【详解】（1）要证明，只要证明

设，

则，

令，则；令，则，    

所以在上单调递减，在单调递增，

所以，即，

即，即．

（2）由题可得，

令，则，

①当时，，在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，

②当时，在上单调递减，所以，

所以在上单调递减，无最大值，不符合题意．

③当时，由，可得，

∴，在上单调递增，，在上单调递减；

由（1）知：．

所以当时，．

取，则，且．

又，所以由零点存在性定理，存在，使得，所以当时，，即，当时，，即，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意．

综上，实数a的取值范围为．

【点睛】本题主要考查了利用导数证明不等式的问题，同时也考查了构造函数求导分析单调性与最值的问题，在遇到极值点不能直接求出的情况，可设极值点，根据零点存在性定理确定极值点所在的区间，再根据不等式适当放缩得出极值的范围进行求解.属于难题.