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福建省宁德市2023届高三上学期数学期中区域性学业质量检测试卷（C卷）
一、单选题
1．（2023高三上·宁德期中）若（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·宁德期中）设集合，，则（ ）
A． B．（－∞，1] C．（－1，1] D．[0，1]
3．（2023高三上·宁德期中）已知，且，则（ ）
A． B． C．－ D．
4．（2023高三上·宁德期中）1935年美国物理学家、地震学家里克特，为了解决大尺度问题的压缩，设计了一种度量方式：里克特震级，简称里氏震级，后来经同行古登堡的改进和完善，得到了震级的计算公式，其中是被测地震的最大振幅，是标准地震的振幅，并通过研究得出了地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系，．请问9.0级地震释放的能量是3.0级地震的约多少倍？（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·宁德期中）已知函数，则“有极值”是（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2023高三上·宁德期中）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023高三上·宁德期中）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·宁德期中）对于数列{}，若对任意，都有，则称该数列{}为“凸数列”．设，若是凸数列，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023高三上·宁德期中）已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”，下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高三上·宁德期中）已知正数a，b满足，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023高三上·宁德期中）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型函数f（x），其图象是由的图象向右平移个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长到原来的2倍而得到，若，则下列结论正确的是（ ）
A．的图像关于点（，0）中心对称
B．f（x）在单调递减
C．若一个奇函数的图象向左平移个单位长度后，可得f（x）的图象，则n的最小值为
D．若在有解，则k的取值范围是
12．（2023高三上·宁德期中）已知函数及其导函数定义域均为，为奇函数，，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．（2023高三上·宁德期中）曲线在原点处的切线方程为 ．
14．（2023高三上·宁德期中）已知角的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点A（1，－2）．将角的终边绕O点顺时针旋转后得到角的终边，则tan＝ ．
15．（2023高三上·宁德期中）已知数列中，，），则数列的前项和的最小值为 ．
16．（2023高三上·宁德期中）已知函数，对都有，且是f（x）的一个零点．若f（x）的周期大于π，则＝ ；若在上有且只有一个零点，则的最大值为 ．
四、解答题
17．（2023高三上·宁德期中）在①；②成等比数列；③；这三个条件中任选一个，补充在下面试题的空格处中并作答．
已知是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且____．
（1）求数列的通项公式；
（2）定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，求在区间[1，2022]内所有“调和数”之和．
18．（2023高三上·宁德期中）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E为线段AD的中点，，，，BC⊥平面PBE．
（1）证明：PE⊥平面ABCD；
（2）当AD为多少时，平面PBE与平面PCD所成的二面角为．
19．（2023高三上·宁德期中）锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，D为AC的中点，求BD的取值范围．
20．（2023高三上·宁德期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若0，求a的取值范围．
21．（2023高三上·宁德期中）根据《中华人民共和国道路交通安全实施条例》第78条规定，高速公路应当标明车道的行驶速度，某高速公路标明，正常行驶车辆的最高车速不能超过120km/h，最低车速不能低于60km/h，设计该高速公路时，还要求安全车距S（单位：米）应随着车速v（单位km/h）的增大而增大，且满足关系，（单位：米）表示该高速公路的最小车距是定值．
（1）求最小车距；
（2）若车速v（单位：km/h）与每小时车流量Q满足关系，则这条高速公路每小时车流量最大时，安全车距S至少为多少米？
22．（2023高三上·宁德期中）已知函数．
（1）若，求函数零点；
（2）若，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】根据复数的运算法则，准确运算，即可求解.
2．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；对数函数的定义域
【解析】【解答】由，得，解得或，
则，
由，得，解得，
故
故答案为：D
【分析】根据题意，求得集合，结合交集和补集的概念及运算，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由已知得，又因为，故
故答案为：A
【分析】根据三角函数的诱导公式和基本关系式，求得，，结合正弦的倍角公式，即可求解.
4．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的化简求值；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：9.0级地震释放的能量为，则
3.0级地震释放的能量为，则
所以，，则.
故答案为：D.
【分析】根据题意，求得和，求得，，结合指数幂的运算，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】定义域为，由得，
令，则，
当时，恒成立，所以在上单调递增，又因为，
所以当时，有极值；
当时，令解得，所以在上小于0，在上大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为当时，，
有极值则，
令，则，，
再令，则，解得，
所以在单调递增，在单调递减，又，
所以当时，，即，解得，
综上有极值，则或或，
所以有极值是的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】先求得，令，利用导数得到在上单调递增，结合，得到当时，有极值；当时，求得在上单调递减，在上单调递增，进而得到有极值则，令，转化为，再令，由，解得，得到单调性，结合，求得有极值，满足或或，根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】函数奇偶性的判断；奇偶性与单调性的综合；指数函数单调性的应用；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，排除C选项.
，的定义域为，
，
所以是偶函数，排除D选项.
，所以B选项错误.
A选项正确.
故答案为：A
【分析】由，排除C选项，由函数是偶函数，排除D选项；根据，排除B选项错误，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】指数函数单调性的应用
【解析】【解答】因为以及是上的单调减函数，故可得，，
即，；
又因为，
而是上的单调增函数，则，即.
故.
故答案为：D.
【分析】由以及的单调性，得到，；又由和，结合是的单调性，得到，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】数列，，，是“上凸数列”，得，，
即，
即，
化简得，
当时， ，若恒成立，
则恒成立，
令 则单调递增，当 时，取最小值
故
又当时，的最大值为，所以
则的取值范围是，
故答案为：D
【分析】根据题意得到，，代入化简转化为恒成立，得到恒成立，令 结合基本不等式，即可求解.
9．【答案】A,B
【知识点】简单复合函数的导数
【解析】【解答】对A：，则，令，则，故有“巧值点”；
对B：，则，因为恒成立，故任意的，都是的“巧值点”；
对：，则，令，整理得，方程无根，
故没有“巧值点”；
对：定义域为，则，而，
显然无根，故没有“巧值点”.
故答案为：AB.
【分析】求得，得到，故有“巧值点”，可判定A正确；求得，得到
恒成立，可判定B正确；求得，根据题意化简得到，可判断C错误；求得，结合，得到无根，可判定D错误.
10．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】对于A：若，
因为，所以上式不能取等号，即，A符合题意.
对于B：令 ，故，B不符合题意.
对于C：，故，即，C符合题意.
对于D：由对数不等式可知，又因为，故，
D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由，结合基本不等式，可判定A符合题意；由 ，可判定B不符合题意；由，可判定C符合题意.由对数不等式可知，可判定D符合题意.
11．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；复合三角函数的单调性
【解析】【解答】由题意可知，
所以，
又，故 为的对称轴，
因此 故，
故，或，
由于，故 ，因此 ，
对于A，，故为对称中心，A符合题意；
对于B，，故 在， 单调递增，在单调递减，故在不单调，B不符合题意；
对于C，将图象向右平移个单位长度后，得到
由于为奇函数，所以， ，所以当时，最小为，C符合题意；
对于D，当，，所以有解则，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】根据题意，求得函数 ，结合正弦型函数的图形与性质，逐项判定，即可求解.
12．【答案】B,C
【知识点】函数奇偶性的判断；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为为奇函数，则，
因为，
则，故可得，
故关于对称，；
又为奇函数，所以为偶函数，所以周期为8，
所以，正确；
又，对等式两边求导，
所以关于时称，所以周期为8，
所以，正确.
又选项均无法求出确定值，
故答案为：BC.
【分析】由为奇函数，得到，再由，化简得到，求得故关于对称，且，进而推得周期为8，求得，可判定正确；等式两边求导，结合函数的对称性和周期性，得到，，可判定正确.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，则
所以切线斜率为，则在原点处的切线方程为.
故答案为：
【分析】求得切线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解.
14．【答案】3
【知识点】两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由题意可得：，且，
∴.
故答案为：3.
【分析】根据三角函数的定义，求得，再由，结合两角差的正切公式，即可求解.
15．【答案】
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即，，，，，又，
所以
，
所以，
令，即，解得或，
即当时，时，时，
所以时，当时，当时，
所以数列的前项和取得最小值，最小值为.
故答案为：
【分析】根据题意，利用叠加法，求得，进而求得当时，当时，当时，即可求得数列的前项和取得最小值，即可求解.
16．【答案】；
【知识点】复合三角函数的单调性；正弦函数的周期性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】由题意可得，解得，
由f（x）的周期大于π，则，即，
当时，，不符合题意，舍去；当时，，符合题意.
由在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，
因为，所以在上有且只有一个，使得函数取得最大值，则，解得，
可知，令，则，且，故同奇偶，
由，则，解得，即，
当时，，为奇数，则，即，
由，则，当或，即或时，函数取得最大值，不符合题意；
当时，，为偶数，则，即，
由，则，当，即时，函数取得最大值，符合题意.
故答案为：，
【分析】根据题意，列出方程组，且，得到，分、，两种情况讨论，求得，得到在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，结合余弦函数的性质，列出方程组，分类讨论，得到，分和，两种情况讨论，即可求解.
17．【答案】（1）解：选①解：因为，
所以当时，，
当，时，
因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，
所以，.
选②解：因为成等比数列，
所以，
因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为，
所以，
所以，
所以.
选③解：因为，
所以当时，．
所以，
所以或，
因为是各项均为正数的等差数列，
所以，
又当n＝2时，，
所以，所以，
所以，所以或（舍去），
其公差，
所以.
（2）解：设，所以，
令，且b为整数，
又由，，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
此时分别为，
所以区间[1，2022]内所有“调和数”之和
＝1086.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1） 选①：当时，，结合求得，根据是各项均为正数，公差不为0的等差数列，得到，即可求得数列的通项公式；
选②：根据题意得到，结合题意设其公差为，列出方程组，求得，即可求解；
选③：当时，结合题意求得，当n＝2时，求得，进而得到，即可求得数列的通项公式；
（2） 设，得到，令，且b为整数，求得b可以取1，2，3，4，5，6，求得相应的的值，结合等比数列的求和公式，即可求解.
18．【答案】（1）证明：因为BC⊥平面PBE，PE平面PBE，
所以BC⊥PE，
在△PBE中，由正弦定理得，
又，，，
所以，又∠PEB为△PBE的内角，
所以，即，
又，BE、BC平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
（2）由（1）知EA、EB、EP两两相互垂直，
以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，
设，则E（0，0，0）、P（0，0，1）、D（－t，0，0）、C（－2t，，0），
所以，，
设平面PCD的法向量为，
所以，所以，
取，可得，
由已知得ED⊥平面PBE，所以为平面PBE的法向量，
所以，解得．
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由BC⊥平面PBE，证得BC⊥PE，在△PBE中，由正弦定理求得，得到，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2） 由（1），以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，设，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
19．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得．
因为，即，
所以．
所以，
所以，
因为，所以，
所以，又，
所以.
（2）解：法一：因为D为AC的中点，所以，
所以，
由（1）知，又，
所以．，
因为△ABC为锐角三角形，所以，
由余弦定理可得，
又，
所以，解得
，，，
，
所以，
所以BD的取值范围是.
法二：取AB的中点E，又D为AC的中点，
所以DE为△ABC的中位线
所以，
所以在△BDE的中．
因为△ABC为锐角三角形，所以，
由余弦定理可得，
又，
所以，
，，，
，
所以，
所以BD的取值范是.
法三：因为D为AC的中点，所，
所以，
由（1）知，又，
所以．
在△ABC中，由正弦定理得，
所以，
因为△ABC为锐角三角形，所以，
所以，
所以，
所以，，，
，
所以，
所以BD的取值范围是.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，得到，即可求解；
（2） 法一：由，利用向量的运算法则和（1），求得，根据△ABC为锐角三角形，结合余弦定理列出不等式组，求得，进而求得的取值范围；法二：取AB的中点E，得到DE为△ABC的中位线，在△BDE中，利用余弦定理求得，结合△ABC为锐角三角形，列出不等式组求得，进而求得的取值范；法三：因为D为AC的中点，得到，由正弦定理求得，结合△ABC为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范.
20．【答案】（1）解：因为．
①当时，，在R上单调递增；
②当时，令，得，
，在上单调递减；
，在上单调递增．
③当时，令，得
，在上单调递减；
，在上单调递增．
（2）解：①当时，，符合题意．．
②当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，
若，则
所以
解得：
③当时，由（1）得在上单调递减，
在上单调递增，
若，则
所以
所以：
综上：．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （1）求得，分，和，三种情况讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2） ①当时，，符合题意．当时，由（1）中的单调性，结合，得到，求得；当时，由（1）中的单调性，结合，得到，求得，进而求得答案.
21．【答案】（1）解：由题意当v＝60时时，，
所以，
所以或（舍去），
所以最小车距
（2）解：因为，
所以．
令，得或（舍去）
在上单调递增；
在上单调递减．
所以，当时，．
此时．
这条高速公路每小时车流量最大时，车距S至少为米．
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意，得到方程，即可求解；
（2） 求得，结合导数值符号，求得函数的单调区间，得到当时，，进而求得答案.
22．【答案】（1）解：若，则
所以，令，得
，在上单调递增；
，在上单调递减；
又
所以，，；，
所以函零点为1.
（2）证明：由，所以，所以．
要证，即证
下面证明：
①当时，由（1）可得，当且仅当时取等号
又，当且仅当时取等号
所以时，．
②当时，设
所以在单调递增，
所以，即
又，且
所以，所以．
③当时，由（1）得在单调递减
所以
又
所以
综上所述
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 若，求得，得到函数的单调性，结合，即可求解.
（2） 要证，转化为证明，①当时，由（1）知得到时，；②当时，设，利用你导数求得函数在单调递增，结合和，得到；③当时，由（1）得在单调递减，得到，结合，证得，即可求解.
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福建省宁德市2023届高三上学期数学期中区域性学业质量检测试卷（C卷）
一、单选题
1．（2023高三上·宁德期中）若（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】根据复数的运算法则，准确运算，即可求解.
2．（2023高三上·宁德期中）设集合，，则（ ）
A． B．（－∞，1] C．（－1，1] D．[0，1]
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；对数函数的定义域
【解析】【解答】由，得，解得或，
则，
由，得，解得，
故
故答案为：D
【分析】根据题意，求得集合，结合交集和补集的概念及运算，即可求解.
3．（2023高三上·宁德期中）已知，且，则（ ）
A． B． C．－ D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由已知得，又因为，故
故答案为：A
【分析】根据三角函数的诱导公式和基本关系式，求得，，结合正弦的倍角公式，即可求解.
4．（2023高三上·宁德期中）1935年美国物理学家、地震学家里克特，为了解决大尺度问题的压缩，设计了一种度量方式：里克特震级，简称里氏震级，后来经同行古登堡的改进和完善，得到了震级的计算公式，其中是被测地震的最大振幅，是标准地震的振幅，并通过研究得出了地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系，．请问9.0级地震释放的能量是3.0级地震的约多少倍？（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的化简求值；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：9.0级地震释放的能量为，则
3.0级地震释放的能量为，则
所以，，则.
故答案为：D.
【分析】根据题意，求得和，求得，，结合指数幂的运算，即可求解.
5．（2023高三上·宁德期中）已知函数，则“有极值”是（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】定义域为，由得，
令，则，
当时，恒成立，所以在上单调递增，又因为，
所以当时，有极值；
当时，令解得，所以在上小于0，在上大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为当时，，
有极值则，
令，则，，
再令，则，解得，
所以在单调递增，在单调递减，又，
所以当时，，即，解得，
综上有极值，则或或，
所以有极值是的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】先求得，令，利用导数得到在上单调递增，结合，得到当时，有极值；当时，求得在上单调递减，在上单调递增，进而得到有极值则，令，转化为，再令，由，解得，得到单调性，结合，求得有极值，满足或或，根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
6．（2023高三上·宁德期中）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数奇偶性的判断；奇偶性与单调性的综合；指数函数单调性的应用；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，排除C选项.
，的定义域为，
，
所以是偶函数，排除D选项.
，所以B选项错误.
A选项正确.
故答案为：A
【分析】由，排除C选项，由函数是偶函数，排除D选项；根据，排除B选项错误，即可求解.
7．（2023高三上·宁德期中）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数单调性的应用
【解析】【解答】因为以及是上的单调减函数，故可得，，
即，；
又因为，
而是上的单调增函数，则，即.
故.
故答案为：D.
【分析】由以及的单调性，得到，；又由和，结合是的单调性，得到，即可求解.
8．（2023高三上·宁德期中）对于数列{}，若对任意，都有，则称该数列{}为“凸数列”．设，若是凸数列，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】数列，，，是“上凸数列”，得，，
即，
即，
化简得，
当时， ，若恒成立，
则恒成立，
令 则单调递增，当 时，取最小值
故
又当时，的最大值为，所以
则的取值范围是，
故答案为：D
【分析】根据题意得到，，代入化简转化为恒成立，得到恒成立，令 结合基本不等式，即可求解.
二、多选题
9．（2023高三上·宁德期中）已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”，下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】简单复合函数的导数
【解析】【解答】对A：，则，令，则，故有“巧值点”；
对B：，则，因为恒成立，故任意的，都是的“巧值点”；
对：，则，令，整理得，方程无根，
故没有“巧值点”；
对：定义域为，则，而，
显然无根，故没有“巧值点”.
故答案为：AB.
【分析】求得，得到，故有“巧值点”，可判定A正确；求得，得到
恒成立，可判定B正确；求得，根据题意化简得到，可判断C错误；求得，结合，得到无根，可判定D错误.
10．（2023高三上·宁德期中）已知正数a，b满足，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】对于A：若，
因为，所以上式不能取等号，即，A符合题意.
对于B：令 ，故，B不符合题意.
对于C：，故，即，C符合题意.
对于D：由对数不等式可知，又因为，故，
D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由，结合基本不等式，可判定A符合题意；由 ，可判定B不符合题意；由，可判定C符合题意.由对数不等式可知，可判定D符合题意.
11．（2023高三上·宁德期中）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型函数f（x），其图象是由的图象向右平移个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长到原来的2倍而得到，若，则下列结论正确的是（ ）
A．的图像关于点（，0）中心对称
B．f（x）在单调递减
C．若一个奇函数的图象向左平移个单位长度后，可得f（x）的图象，则n的最小值为
D．若在有解，则k的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；复合三角函数的单调性
【解析】【解答】由题意可知，
所以，
又，故 为的对称轴，
因此 故，
故，或，
由于，故 ，因此 ，
对于A，，故为对称中心，A符合题意；
对于B，，故 在， 单调递增，在单调递减，故在不单调，B不符合题意；
对于C，将图象向右平移个单位长度后，得到
由于为奇函数，所以， ，所以当时，最小为，C符合题意；
对于D，当，，所以有解则，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】根据题意，求得函数 ，结合正弦型函数的图形与性质，逐项判定，即可求解.
12．（2023高三上·宁德期中）已知函数及其导函数定义域均为，为奇函数，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数奇偶性的判断；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为为奇函数，则，
因为，
则，故可得，
故关于对称，；
又为奇函数，所以为偶函数，所以周期为8，
所以，正确；
又，对等式两边求导，
所以关于时称，所以周期为8，
所以，正确.
又选项均无法求出确定值，
故答案为：BC.
【分析】由为奇函数，得到，再由，化简得到，求得故关于对称，且，进而推得周期为8，求得，可判定正确；等式两边求导，结合函数的对称性和周期性，得到，，可判定正确.
三、填空题
13．（2023高三上·宁德期中）曲线在原点处的切线方程为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，则
所以切线斜率为，则在原点处的切线方程为.
故答案为：
【分析】求得切线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解.
14．（2023高三上·宁德期中）已知角的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点A（1，－2）．将角的终边绕O点顺时针旋转后得到角的终边，则tan＝ ．
【答案】3
【知识点】两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由题意可得：，且，
∴.
故答案为：3.
【分析】根据三角函数的定义，求得，再由，结合两角差的正切公式，即可求解.
15．（2023高三上·宁德期中）已知数列中，，），则数列的前项和的最小值为 ．
【答案】
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即，，，，，又，
所以
，
所以，
令，即，解得或，
即当时，时，时，
所以时，当时，当时，
所以数列的前项和取得最小值，最小值为.
故答案为：
【分析】根据题意，利用叠加法，求得，进而求得当时，当时，当时，即可求得数列的前项和取得最小值，即可求解.
16．（2023高三上·宁德期中）已知函数，对都有，且是f（x）的一个零点．若f（x）的周期大于π，则＝ ；若在上有且只有一个零点，则的最大值为 ．
【答案】；
【知识点】复合三角函数的单调性；正弦函数的周期性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】由题意可得，解得，
由f（x）的周期大于π，则，即，
当时，，不符合题意，舍去；当时，，符合题意.
由在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，
因为，所以在上有且只有一个，使得函数取得最大值，则，解得，
可知，令，则，且，故同奇偶，
由，则，解得，即，
当时，，为奇数，则，即，
由，则，当或，即或时，函数取得最大值，不符合题意；
当时，，为偶数，则，即，
由，则，当，即时，函数取得最大值，符合题意.
故答案为：，
【分析】根据题意，列出方程组，且，得到，分、，两种情况讨论，求得，得到在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，结合余弦函数的性质，列出方程组，分类讨论，得到，分和，两种情况讨论，即可求解.
四、解答题
17．（2023高三上·宁德期中）在①；②成等比数列；③；这三个条件中任选一个，补充在下面试题的空格处中并作答．
已知是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且____．
（1）求数列的通项公式；
（2）定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，求在区间[1，2022]内所有“调和数”之和．
【答案】（1）解：选①解：因为，
所以当时，，
当，时，
因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，
所以，.
选②解：因为成等比数列，
所以，
因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为，
所以，
所以，
所以.
选③解：因为，
所以当时，．
所以，
所以或，
因为是各项均为正数的等差数列，
所以，
又当n＝2时，，
所以，所以，
所以，所以或（舍去），
其公差，
所以.
（2）解：设，所以，
令，且b为整数，
又由，，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
此时分别为，
所以区间[1，2022]内所有“调和数”之和
＝1086.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1） 选①：当时，，结合求得，根据是各项均为正数，公差不为0的等差数列，得到，即可求得数列的通项公式；
选②：根据题意得到，结合题意设其公差为，列出方程组，求得，即可求解；
选③：当时，结合题意求得，当n＝2时，求得，进而得到，即可求得数列的通项公式；
（2） 设，得到，令，且b为整数，求得b可以取1，2，3，4，5，6，求得相应的的值，结合等比数列的求和公式，即可求解.
18．（2023高三上·宁德期中）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E为线段AD的中点，，，，BC⊥平面PBE．
（1）证明：PE⊥平面ABCD；
（2）当AD为多少时，平面PBE与平面PCD所成的二面角为．
【答案】（1）证明：因为BC⊥平面PBE，PE平面PBE，
所以BC⊥PE，
在△PBE中，由正弦定理得，
又，，，
所以，又∠PEB为△PBE的内角，
所以，即，
又，BE、BC平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
（2）由（1）知EA、EB、EP两两相互垂直，
以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，
设，则E（0，0，0）、P（0，0，1）、D（－t，0，0）、C（－2t，，0），
所以，，
设平面PCD的法向量为，
所以，所以，
取，可得，
由已知得ED⊥平面PBE，所以为平面PBE的法向量，
所以，解得．
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由BC⊥平面PBE，证得BC⊥PE，在△PBE中，由正弦定理求得，得到，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2） 由（1），以点E为坐标原点，EA、EB、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标，设，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
19．（2023高三上·宁德期中）锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，D为AC的中点，求BD的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得．
因为，即，
所以．
所以，
所以，
因为，所以，
所以，又，
所以.
（2）解：法一：因为D为AC的中点，所以，
所以，
由（1）知，又，
所以．，
因为△ABC为锐角三角形，所以，
由余弦定理可得，
又，
所以，解得
，，，
，
所以，
所以BD的取值范围是.
法二：取AB的中点E，又D为AC的中点，
所以DE为△ABC的中位线
所以，
所以在△BDE的中．
因为△ABC为锐角三角形，所以，
由余弦定理可得，
又，
所以，
，，，
，
所以，
所以BD的取值范是.
法三：因为D为AC的中点，所，
所以，
由（1）知，又，
所以．
在△ABC中，由正弦定理得，
所以，
因为△ABC为锐角三角形，所以，
所以，
所以，
所以，，，
，
所以，
所以BD的取值范围是.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，得到，即可求解；
（2） 法一：由，利用向量的运算法则和（1），求得，根据△ABC为锐角三角形，结合余弦定理列出不等式组，求得，进而求得的取值范围；法二：取AB的中点E，得到DE为△ABC的中位线，在△BDE中，利用余弦定理求得，结合△ABC为锐角三角形，列出不等式组求得，进而求得的取值范；法三：因为D为AC的中点，得到，由正弦定理求得，结合△ABC为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范.
20．（2023高三上·宁德期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若0，求a的取值范围．
【答案】（1）解：因为．
①当时，，在R上单调递增；
②当时，令，得，
，在上单调递减；
，在上单调递增．
③当时，令，得
，在上单调递减；
，在上单调递增．
（2）解：①当时，，符合题意．．
②当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，
若，则
所以
解得：
③当时，由（1）得在上单调递减，
在上单调递增，
若，则
所以
所以：
综上：．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （1）求得，分，和，三种情况讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2） ①当时，，符合题意．当时，由（1）中的单调性，结合，得到，求得；当时，由（1）中的单调性，结合，得到，求得，进而求得答案.
21．（2023高三上·宁德期中）根据《中华人民共和国道路交通安全实施条例》第78条规定，高速公路应当标明车道的行驶速度，某高速公路标明，正常行驶车辆的最高车速不能超过120km/h，最低车速不能低于60km/h，设计该高速公路时，还要求安全车距S（单位：米）应随着车速v（单位km/h）的增大而增大，且满足关系，（单位：米）表示该高速公路的最小车距是定值．
（1）求最小车距；
（2）若车速v（单位：km/h）与每小时车流量Q满足关系，则这条高速公路每小时车流量最大时，安全车距S至少为多少米？
【答案】（1）解：由题意当v＝60时时，，
所以，
所以或（舍去），
所以最小车距
（2）解：因为，
所以．
令，得或（舍去）
在上单调递增；
在上单调递减．
所以，当时，．
此时．
这条高速公路每小时车流量最大时，车距S至少为米．
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意，得到方程，即可求解；
（2） 求得，结合导数值符号，求得函数的单调区间，得到当时，，进而求得答案.
22．（2023高三上·宁德期中）已知函数．
（1）若，求函数零点；
（2）若，证明：．
【答案】（1）解：若，则
所以，令，得
，在上单调递增；
，在上单调递减；
又
所以，，；，
所以函零点为1.
（2）证明：由，所以，所以．
要证，即证
下面证明：
①当时，由（1）可得，当且仅当时取等号
又，当且仅当时取等号
所以时，．
②当时，设
所以在单调递增，
所以，即
又，且
所以，所以．
③当时，由（1）得在单调递减
所以
又
所以
综上所述
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 若，求得，得到函数的单调性，结合，即可求解.
（2） 要证，转化为证明，①当时，由（1）知得到时，；②当时，设，利用你导数求得函数在单调递增，结合和，得到；③当时，由（1）得在单调递减，得到，结合，证得，即可求解.
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