2023-2024学年福建省福州市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年福建省福州市高三上学期期中数学质量检测模拟试题一、单选题：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．已知全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知函数，则（

）A．2 B． C． D．3．星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如，1等星的星等值为1，等星的星等值为.已知两个天体的星等值，，和它们对应的亮度，满足关系式，则1等星的亮度是6等星亮度的（

）A．倍 B．10倍 C．倍 D．100倍4．函数的大致图象是（

）A． B．C． D．5．平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．6．命题“，不等式”为真命题的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．7．设函数在区间恰有三个极值点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知正数满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知直线l与曲线相切，则下列直线中可能与l平行的是（

）A． B． C． D．10．已知直线是函数图象的一条对称轴，则（

）A．B．的图象关于点对称C．在上单调递减D．将的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度后所得的图象关于轴对称11．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（

）A．的一个周期为 B．是函数的一条对称轴C．时， D．12．设数列的前n项和为，已知，且，则下列结论正确的是（

）A．是等比数列 B．是等比数列C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知复数（i为虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点在第象限.14．中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，，，则的面积为.15．在中，，，点M为AC的中点，点P在边BC上运动，则的最小值为.16．已知函数，若不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知各项递增的等比数列，其前n项和为，满足，.(1)求的通项公式；(2)记数列的通项公式为，将数列与中的项按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前50项和.18．已知函数（）.(1)求在上的最大值；(2)若函数恰有三个零点，求a的取值范围.19．已知函数的最小值周期为.(1)求的值与的单调递增区间；(2)若且，求的值.20．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.(1)求A；(2)若AD为∠BAC的角平分线，且，求的最小值.21．记为数列的前n项和，满足，.(1)求的通项公式；(2)证明.22．设函数．(1)求时，的单调区间；(2)求证：当时，．1．B【分析】求出集合A，B的并集，根据补集的概念和运算，即可得出答案.【详解】由题意知，，所以.故选：B2．C【分析】根据给定的分段函数，依次代入计算作答.【详解】函数，则，所以.故选：C3．D【分析】根据题意建立对数关系式，并结合指对数互化求解.【详解】由题意得：当，时，，即：，解之得：，故D项正确.故选：D.4．A【分析】根据函数为奇函数排除BD，再根据函数值的符号排除选项C.【详解】易知函数的定义域为R，且，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故选项BD不符合.当时，函数值为，故选项C不符合，选项A符合.故选：A.5．C【分析】求出的值，由结合平面向量数量积的运算性质求出的值，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.【详解】因为，，则，因为，则，可得，所以，在上的投影向量为，故选：C.6．D【分析】利用分类讨论思想，结合一元二次不等式的性质，根据充分不必要条件的定义，可得答案.【详解】当时，不等式化简为恒成立，符合题意；当时，，解得；综上所述，的取值范围为.由是的一个真子集，则D符合题意.故选：D.7．B【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦定理的性质得到不等式组，解得即可.【详解】依题意可得，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点，根据，图象：可得：，解得：，即.故选：B8．B【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值.【详解】依题意，正数满足，所以，即，所以，令，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，所以在区间上单调递减；在区间上单调递增，所以的最小值是，所以的最小值为.故选：B利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为.9．ACD【分析】根据导数的几何意义和平行关系的斜率关系对选项一一分析即可.【详解】，，则，当且仅当即等号成立，根据导数的几何意义知，切线的斜率，因为切线与直线l平行，所以l的斜率，选项A中直线的斜率为，符合题意；选项B中直线的斜率为，不符合题意；选项C中直线的斜率为，符合题意；选项D中直线的斜率为，符合题意；故选：ACD.10．CD【分析】利用正弦型函数的对称性求出的值，可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换结合余弦型函数的奇偶性可判断D选项.【详解】对于A选项，因为直线是函数图象的一条对称轴，则，则，因为，可得，A错；对于B选项，由A选项可知，，因为，故的图象不关于点对称，B错；对于C选项，当时，，所以，函数在上单调递减，C对；对于D选项，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），可得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位长度，可得到函数，且函数为偶函数，其图象关于轴对称，D对.故选：CD.11．ABD【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，即可判断函数的对称性，由为奇函数，可得，结合，可求得，的值，从而得到时，的解析式，再利用周期性从而求出的值．【详解】对于，因为为奇函数，所以，且，函数图象关于点对称，因为偶函数，所以，函数图象关于直线对称，，即，所以，令，则，所以，所以，故的一个周期为，故正确；对于，图象关于直线对称，的一个周期为，所以直线是函数的一个对称轴，故正确；对于，，∵当时，，，，又，所以，解得，因为，所以，当时，，故不正确；因为，故正确.故选.12．BC【分析】根据等差数列和等比数列的定义，结合错位相减法逐一判断即可.【详解】，则是公差为1，首项为1的等差数列，，则．故B，C正确，A错误；，，两式相减得，故D错误．故选：BC．关键点睛：本题的关键是把递推公式变形为.13．四【分析】根据复数的模长和除法运算求复数z，进而结合复数的几何意义分析判断.【详解】由题意可知：，所以复数z在复平面内所对应的点为，位于第四象限.故四.14．##【分析】先由余弦定理求出，再用求出面积即可.【详解】由余弦定理可得，解得，或（舍）所以面积，故15．##【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，利用数量积的坐标表示，结合二次函数的性质，可得答案.【详解】如图建立坐标系，，，，由与，则直线的方程为，整理可得，设，则，，，当时，所以的最小值为.故答案为.16．【分析】转化有且仅有1个整数解为有1个整数解，数形结合列出不等关系即可求得答案．【详解】由题有且仅有2个整数解即恰有1个整数解，也即有1个整数解，令，，（1）当时，，则，此时有无数个整数解，不成立；（2）当时，如图所示，有无数个整数解，也不成立；

（3）当时，要符合题意，如图，由于，均经过点，要使有1个整数解，

则，即，解得，故17．(1)(2)【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，根据等比数列求和公式得到方程组，解得、即可；（2）依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，再利用分组求和法计算可得.【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为，显然且，由已知得，两式相除可得（负值舍去），所以，所以；（2）数列中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，，而，，依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，所以.18．(1)(2)【分析】（1）利用导数明确函数的单调性，求出极值和端点值，可得答案；（2）根据函数的单调性，求得其极大值和极小值，结合零点存在性定理，可得答案.【详解】（1），可知时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，由，，，，则.（2）由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，所以，，因为有三个零点，所以，即，解得，故的取值范围为.19．(1)，单调递增区间为(2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求出的值，再利用正弦型函数的单调性可求出函数的增区间；（2）由已知条件可得出，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的余弦公式可求出的值.【详解】（1）解：，因为函数的最小正周期为，且。所以，解得，所以，令，得，所以的单调递增区间为.（2）解：由（1）知，则，因为，所以，因为，所以，所以，所以.20．(1)(2)9【分析】（1）首先根据正弦定理将角转化成边，然后再根据余弦定理求解即可；（2）首先根据已知条件结合等面积的关系求出，然后再根据均值定理进行求解即可.【详解】（1），即：，由正弦定理可得：，所以，又因为，所以.（2）为的角平分线，.由，得，又，所以，故，所以，当且仅当，即时，的最小值为9.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）首先根据与的关系，得到的递推关系，然后再利用累乘法求解通项公式；（2）根据第一问的结果求得数列的通项公式，然后借助裂项相消的求和方法求其前项和，进而证明不等式成立.【详解】（1）因为，∴当时，，所以，整理得：，即，∴显然对于也成立，∴的通项公式（2）∴由于，所以，故得证.22．(1)单调减区间为，单调增区间为(2)证明见解析【分析】（1）根