2023届福建省福州市格致中学高三上学期期中模拟测试数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat16页2023届福建省福州市格致中学高三上学期期中模拟测试数学试题一、单选题1．若A=，则（

）A．A=B B．A C．AB D．BA【答案】C【分析】先化简集合A,B,再判断集合之间的关系.【详解】的定义域为[-2,2]，易知u=的值域为[0,4]故的值域为[0,2]即A=[0,2]，B=[-2,2]，易得A，故选:C【点睛】本题考查了用描述法表示集合，考查了集合的化简与集合间的关系；集合常用的表示方法有列举法，描述法，图示法.集合{}表示函数的定义域，集合{}表示函数的值域,属于基础题.2．已知：“函数在上是增函数”，：“”，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】先求出命题p对应的a的取值范围，利用集合的包含关系即可判断.【详解】由函数在上是增函数，因为的对称轴为，开口向上，所有，即，，是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）若是的既不充分又不必要条件，则对应的集合与对应集合互不包含．3．在中，若

，则=A．1 B．2

C．3 D．4【答案】A【详解】余弦定理将各值代入得解得或(舍去)选A.4．已知函数的图象如图所示，则的解析式可以是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由图象可知函数为奇函数，且在上不单调，然后利用排除法分析判断即可【详解】由图象知函数图象关于原点对称，则函数是奇函数，对于A，定义域为，因为，所以此函数是偶函数，不满足条件，排除A，对于D，定义域为，因为，且，所以此函数是非奇非偶函数，不满足条件，排除D，对于C，因为和在上为增函数，所以在上为增函数，不满足条件，排除C，对于B，定义域为，因为，所以此函数是奇函数，当时，，则，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；又因为，且时，，故B选项符合题意.故选：B．5．已知等比数列满足，且，则当时，A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.【解析】1等比比数列的性质;2对数的运算法则.6．《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽丈，长丈；上棱长丈，无宽，高丈（如图）．问它的体积是多少?”这个问题的答案是A．立方丈 B．立方丈C．立方丈 D．立方丈【答案】A【详解】过点分别作平面和平面垂直于底面，所以几何体的体积分为三部分中间是直三棱柱，两边是两个一样的四棱锥，所以立方丈，故选A.7．设，，，其中，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用换元法，结合对数函数的单调性、指数函数的单调性逐一判断即可.【详解】令，，因为，所以，所以，，，虽然是单调递增函数，但是，无法比较大小，所以a，b的大小无法确定，排除AB，，（因为，所以取不到等号），故D正确．故选：D．【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法、指数函数、对数函数的单调性8．已知可导函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得当时，，进而构造函数，可判断在上的单调性，进而可将不等式转化为，利用的单调性，可求出不等式的解集．【详解】解：构造，则，因为，则∴函数在上是减函数，∵不等式，且，等价于，即为，所以，解得．故选：B【点睛】本题考查函数单调性的应用，构造函数是解决本题的关键，属于中档题．二、多选题9．已知复数满足为虚数单位，复数的共轭复数为，则（

）A． B．C．复数的实部为 D．复数对应复平面上的点在第二象限【答案】BD【分析】因为复数满足，利用复数的除法运算化简为，再逐项验证判断.【详解】因为复数满足，所以所以，故A错误；，故B正确；复数的实部为，故C错误；复数对应复平面上的点在第二象限，故D正确.故选：BD【点睛】本题主要考查复数的概念，代数运算以及几何意义，还考查分析运算求解的能力，属于基础题.10．设正实数，满足，则（

）A．有最大值 B．有最大值C．有最大值 D．有最小值【答案】BCD【分析】利用基本不等式结合已知条件逐个分析判断即可【详解】对于A，正实数，满足，即有，可得，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值，无最大值，所以A错误，对于B，由选项A可知，，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以可得有最大值，所以B正确，对于C，因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最大值，所以C正确，对于D，由可得，当且仅当时取等号，则，故当时，取得最小值，所以D正确，故选：BCD11．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，以下结论正确的有（

）A．B．异面直线所成的角为定值C．点到平面的距离为定值D．三棱锥的体积是定值【答案】ACD【详解】由，可证平面，从而，故A正确；取特例，当E与重合时，F是，即，平行，异面直线所成的角是，当F与重合时，E是，即，异面直线所成的角是，可知与不相等，故异面直线所成的角不是定值，故B错误；连结交于，又平面，点到平面的距离是，也即点到平面的距离是，故C正确；为三棱锥的高，又，故三棱锥的体积为为定值，D正确.故选：ACD【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离；（3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.12．若函数，则下述正确的有（

）A．在R上单调递增 B．的值域为C．的图象关于点对称 D．的图象关于直线对称【答案】AC【分析】A.由和的单调性判断；B.取判断；C.D.判断是否等于零即可.【详解】因为是定义在R上的增函数，是定义在R上的减函数，所以在R上单调递增，故A正确；因为，故B错误；因为，所以的图象关于点对称，故C正确，D错误．故选：AC．三、填空题13．函数在点处的切线方程为．【答案】【解析】根据函数，求导，然后求得，写出切线方程.【详解】因为函数，所以，所以，所以函数在点处的切线方程为：，即，故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题.14．已知向量，，若，则的最小值为．【答案】8【分析】利用平面向量平行的坐标表示得，再由基本不等式计算即可.【详解】∵，∴，即．又，，则，当且仅当时取等号，∴的最小值为8．故答案为：8．15．已知是定义域为的奇函数，满足，若，则.【答案】0.【分析】本题先利用函数是定义域为的奇函数可得且，再结合可得函数是周期为的周期函数，最后利用赋值法可求得，，，问题得解.【详解】因为是定义域为的奇函数，所以且又所以所以所以函数的周期为，又因为、，在中，令，可得：在中，令，可得：在中，令，可得：所以故答案为：0.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性以及函数的周期性应用，还考查了赋值法及计算能力、分析能力，是中档题．16．设是数列的前项和，满足，且，则．【答案】8【解析】由与的关系化简，结合等差数列的定义得出数列是等差数列，进而求出，【详解】当时，当时，由题意可知，整理得所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则，，故答案为：【点睛】解决本题的关键是由与的关系对化简，结合等差数列的定义进行求解.四、解答题17．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出的面积：若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，______．【答案】答案见解析【分析】根据题意，化简求得，利用余弦定理得到，选条件①，根据正弦定理得，联立方程组求得的值，进而求得三角形的面积；选条件②：联立方程组，求得的值，进而求得面积；选条件③：利用基本不等式求得，与矛盾，三角形不存在．【详解】由，结合正弦定理可得：，因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，又由，利用余弦定理得，所以，若选择条件①：根据，结合正弦定理得﹐联立方程组，解得，所以的面积；若选择条件②：联立方程组，化简得：，解得，所以的面积；若选择条件③：由，得，当且仅当时，等号成立，与矛盾，所以问题中的三角形不存在．18．已知公差的等差数列的前n项和为，，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由等比中项的性质和等差数列的前n和公式得出方程组，解之可得通项；（2）由（1）得，运用裂项相消法可求得数列的和.【详解】（1）由是与的等比中项，所以，联立，即得，解得，所以．（2），所以．【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.19．如图，在四棱锥中，平面，，，，．（1）求证：平面平面；（2）长为何值时，直线与平面所成角最大？并求此时该角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2），直线与平面所成角最大，此时该角的正弦值为.【分析】（1）根据已知条件，得到，再利用正切函数的性质，求得，得到，进而可证得平面平面；（2）建立空间坐标系，得到，，，进而得到平面的一个法向量为，进而可利用向量的公式求解【详解】（1）∵平面平面，∴，又，∴，∴，即（为与交点）．又，∴平面，又因为平面，所以，平面平面（2）如图，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间坐标系，如图，设，则，则，，，设平面法向量为，则，即，取，得平面的一个法向量为，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，记直线与平面所成角为，则，故，即时，直线与平面所成角最大，此时该角的正弦值为．【点睛】关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到平面，进而证明平面平面；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线与平面所成角的最大值，难度属于中档题20．已知函数求曲线在点处的切线方程若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围【答案】(1)x+y-1=0.(2).【分析】(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；(2)函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.【详解】（1）因为，所以.所以又所以曲线在点处的切线方程为即.（5分）（2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.21．已知椭圆的左右两个焦点分别是，，焦距为2，点在椭圆上且满足，．（1）求椭圆的标准方程；（2）不垂直轴且不过点的直线交椭圆于、两点，如果直线、的倾斜角互补，证明：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）首先根据题意得到，再根据，即可得到，，即可得到答案.（2）首先设直线，与椭圆联立得到，根据直线、的倾斜角互补和根系关系即可得到，从而得到直线恒过定点.【详解】（1）依题意：，∴，由，，∴，，∴，∴，∴求椭圆的方程为．（2）依题意可设直线，，，由消去得：，∴由、的倾斜角互补可得：，∴，∴，即，∴，化简得：，则直线过．【点睛】方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.22．．（1）若，讨论的单调性（2），，求实数的取值范围．【答案】（1）在上递减；（2）.【解析】（1）求出导函数，令，利用导数确定，从而可得的单调性；（2）由可得，求出，由令递增，并确定存在零点，是的极小值点，由得与的关系，这样可化简为，求