精品解析：福建省福州第一中学2023届高三下学期阶段性质量检查（寒假摸底）数学试题

高三数学阶段性质量检查试卷 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 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则 A. B. C. D. 3. 设为非零向量，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，为奇函数，且当时，，则（ ） A B. C. 5 D. 6 5. 核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量．已知某被测标本DNA扩增10次后，数量变为原来的100倍，那么该样本的扩增效率p约为（ ） （参考数据：，） A. 36.9% B. 41.5% C. 58.5% D. 63.4% 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则当取得最大值时，等于（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（ ） A. 36 B. 35 C. 34 D. 33 8. 已知实数，且，则（ ） 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. 下列命题中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 函数在一个周期内的图象可以是（ ） A. B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. 曲线是轴对称图形 B. 函数有极大值为 C 若，则 D. 若，且，则 12. 已知正方体棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面始终为四边形 B. 点运动过程中，三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体的截面面积的最大值为 D. 三棱锥的外接球表面积的取值范围为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知函数为偶函数，则__________． 14. 若，，且，则的最大值为______． 15. 已知函数的图象关于点对称，且，若在上没有最大值，则实数t的取值范围是__________. 16. 已知实数p，q满足，，则______． 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知等比数列{}的公比，且，． （1）求数列{}的通项公式； （2）设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和． 18. 已知的内角、、所对的边分别为、、，且. （1）若，，求； （2）若点在线段上，且，，求的最大值. 19. 如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面. （1）若点为线段中点，求证：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值. 20. 数列满足，． （1）若，且数列为等比数列，求p的值； （2）若，且为数列最小项，求q的取值范围． 21. 设函数 （1）求曲线在处的切线方程； （2）证明：当且时，. 22. 已知函数的图象与轴相切于原点． （1）求，的值； （2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学阶段性质量检查试卷 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解. 【详解】，， 所以. 故选：D. 2. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先计算出点坐标，然后即可知的值，利用诱导公式即可求解出的值. 【详解】因为角的终边经过点， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】本题考查任意角的三角函数值计算以及诱导公式的运用，难度较易.角(非轴线角)的终边经过点，则. 3. 设为非零向量，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的数量积表示判断A，由向量共线判断BC，利用数量积的运算判断D． 【详解】对于A，，结论不成立，命题为假； 对于B，当与方向相反时，结论不成立，命题为假； 对于C，当与共线时，结论不成立，命题为假； 对于D，若，则，即，则，所以，命题为真． 故选：D． 4. 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，为奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再求出即得解. 【详解】解：由已知，函数与函数互为反函数，则． 由题设，当时，，则． 因为为奇函数，所以. 故选：C． 5. 核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量．已知某被测标本DNA扩增10次后，数量变为原来的100倍，那么该样本的扩增效率p约为（ ） （参考数据：，） A. 36.9% B. 41.5% C. 58.5% D. 63.4% 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，代入解方程即可. 【详解】由题意可知，，即， 所以，解得. 故选：C 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则当取得最大值时，等于（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理，两角和的正弦公式及同角三角函数基本关系化简已知等式可求得，利用两角和的正切公式化简，再利用基本不等式即可求得. 【详解】因为， 由余弦定理，得，化简得， 所以由正弦定理可得又， ， 所以，则都是锐角，， ， 当且仅当即时取等号，此时. 故选：C 7. 已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（ ） A. 36 B. 35 C. 34 D. 33 【答案】B 【解析】 【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值. 【详解】由得：，. ，又， ，， ，则使得的最小正数n为35. 故选：B. 8. 已知实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对，利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解. 【详解】由，变形可知， 利用换底公式等价变形，得， 由函数在上单调递增知，，即，排除C，D； 其次，因为，得，即， 同样利用的单调性知，， 又因为，得，即，所以. 故选：B. 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. 下列命题中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据指数函数、幂函数和对数函数性质对各个选项进行判断． 【详解】由指数函数的性质可知，当时，，恒成立，A正确； 由对数函数的性质可知，当时，，，恒成立，B正确； 对于C，当时，，，当时，,则，C正确； 对于D，当时，，由对数函数与指数函数的性质可知，当时，恒成立，D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：熟练掌握指数函数、幂函数和对数函数的单调性是解答本题的关键，对于全称命题：必须所有的对象都使命题成立，命题为真命题；存在一个对象使命题不成立，则命题即为假命题；对于特称命题：存在一个对象使命题成立，则命题为真；所有的对象都使命题为假，则命题为假命题. 10. 函数在一个周期内的图象可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由函数，利用平移变换判断. 【详解】函数， 其中， 因为，所以， 又函数是由向左或向右平移个单位得到的， AC符合题意， 故选：AC 11. 设函数，则（ ） A. 曲线是轴对称图形 B. 函数有极大值为 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，计算即可判断；B选项，利用导数求导判断；C选项，，则，由，利用导数法求解判断；D选项结合B选项的单调性即可判断. 【详解】对A选项，因为，，所以函数关于对称，故A选项正确； 则对B选项，由， ，令 则，在单调递减，在单调递增；所以函数的极小值为，故B选项错误； 对C选项，因为，则，因为，， 所以， 由B选项可知，的极小值为，所以，故C选项正确； 对D选项，因为且，所以，即，由B选项可知，在单调递减，在单调递增； 所以，故D选项正确. 故选：ACD 12. 已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面始终为四边形 B. 点运动过程中，三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体的截面面积的最大值为 D. 三棱锥的外接球表面积的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解. 【详解】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误； 对B选项，∵，又平面，平面， ∴平面，又点为线段（含端点）上的动点， ∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值， ∴三棱锥的体积为定值，正确； 对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于， 所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且， 当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确； 对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面， 根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上， 设到的距离为，则， 设，则，又易知，外接球的半径， 在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：， ∴，令，又，则， ∴，， 设函数，，则对称轴为，的开口向上， ∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即， ∴三棱锥的外接球表面积，正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知函数为偶函数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】令时，则，由偶函数的定义可得出，可得出、的值，进而可得出的值. 【详解】因为函数为偶函数， 当时，，此时，， 所以，，，故. 故答案为：. 14. 若，，且，则最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合商数关系及平方关系可得，再利用基本不等式即可得出答案. 【详解】解：由， 得， 因为，所以， 则， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最大值为. 故答案为：. 15. 已知函数的图象关于点对称，且，若在上没有最大值，则实数t的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】 依题意得到，然后根据在，上没有最大值可得，，解出的范围即可． 【详解】解：因为的图象关于点对称，所以，所以，所以，所以，又由，即，所以为奇数，不妨取，所以 则 当，时，， 在，上没有最大值，， ， 的取值范围为：． 故答案为：． 16. 已知实数p，q满足，，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】由已知等式分别化简，，转化为两个函数的交点，利用数形结合的方法即可求得. 【详解】由，可得，由可知，即，则 即，即，则方程的解即为交点的横坐标， 方程，即关于的方程的解，即交点的横坐标， 因为互为反函数，所以它们关于对称，所以 的交点即为的交点和的交点的中点，作出函数图像如图所示， 联立方程，解得，即，所以 则. 故答案为：3 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知等比数列{}的公比，且，． （1）求数列{}的通项公式； （2）设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可； （2）利用错位相消法进行求解即可. 【小问1详解】 由，或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以，设数列{}的前n项和为， ， ， ，得， 即. 18. 已知的内角、、所对的边分别为、、，且. （1）若，，求； （2）若点在线段上，且，，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合整理得，再借助诱导公式和倍角公式化简整理；（2）本题可以设，利用正弦定理边化角整理可得；也可以利用余弦定理得到边的关系，令整理得，结合二次函数零点分布处理． 【小问1详解】 由正弦定理可知：， 又， 故，则， 又，得， 由于，所以，即 由余弦定理可知，，即， 解得或（舍去） 【小问2详解】 解法一：设， 由正弦定理可得：， 即， 故，， 从而， 其中， 当时，有的最大值为. 解法二：在中，由余弦定理得，， 即，即 令，从而， 整理得 依题意，上述关于的方程有正实数解； 因为函数的对称轴 所以，解得. 所以最大值为，此时，. 19. 如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面. （1）若点为线段中点，求证：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，根据、勾股定理可确定，由为正三角形可知，由线面平行的判定得到平面；由可得平面；由面面平行判定知平面平面，由面面平行和线面平行性质可证得结论； （2）过点作，由面面垂直性质可证得平面，结合，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 取中点，连接， ，，， 且，，， ， 为中点，为正三角形，即，， 平面，平面，平面； 在中，为中位线，， 又平面，平面，平面； 又，平面，平面平面， 又平面，平面， 又平面平面，平面，. 【小问2详解】 过点作，交于点，连接. 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又，，，直角三角形，且， ，，； 又，即，且， 则以为坐标原点，分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，解得：，，； ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 20. 数列满足，． （1）若，且数列为等比数列，求p的值； （2）若，且为数列的最小项，求q的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得出关于的方程组，由等比数列的定义得到公比，代入即可求出p的值. （2）利用累加法求出通项公式，由题意得出不等式组，从而求出q的取值范围. 【小问1详解】 当时，则， ∵数列为等比数列，∴令， ∴，又∵， ∴，∴， ∴. 【小问2详解】 当时，， 由累加法可得：， 即， 即， 即， 由题意可知，即， ∴，即. 21. 设函数 （1）求曲线在处的切线方程； （2）证明：当且时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求切线方程； （2）首先构造函数，利用导数判断函数的单调性和最值，证明，再换元，令，得，再代入正整数，相加求和. 小问1详解】 显然，，且，故 故切线方程为，即 【小问2详解】 令， 当时，，单调递增 故， 即当时， 令，得 即 由此可得， ， …… ， 将以上个式子相加，得，且 22. 已知函数的图象与轴相切于原点． （1）求，的值； （2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得从而可求出，的值， （2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可 【小问1详解】 ， 依题意， 即解得． 【小问2详解】 由（1）得，记，，所以， ①当时， （ⅰ）当时，，所以为增函数， 又因为，， 所以存在唯一实数，使得． （ⅱ）当时，，则． 由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增． 因为， 所以存在唯一实数，使得， 所以当时，，即单调递减； ，，即，单调递增． 因为， 所以存在唯一实数：，使得， 即在上有唯一零点，符合题意． ②当时， ， 记． ， 所以， 所以为增函数，， 所以为增函数，，则， 所以在上没有零点，不合题意，舍去． 综上，a取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$