2022-2023学年福建省龙岩市一级校联盟九校联考高三（上）期中数学试卷（含解析）

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…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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学校
:___________
姓名：
___________
班级：
___________
考号：
___________
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)
2022-2023学年福建省龙岩市一级校联盟九校联考高三（上）期中数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
已知集合，，则( )
A. B. C. D.
若复数满足为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
在中，点在边上，，记，则( )
A. B. C. D.
摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮．如图所示，某摩天轮最高点距离地面米，转盘直径为米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，满足若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为( )
A. B. C. D.
函数的图像大致为( )
A. B.
C. D.
已知，且，则( )
A. B.
C. D.
若是数列的前项和，已知，，且，则( )
A. B.
C. D.
已知，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
若实数，满足，则下列各式中正确的是( )
A. B. C. D.
已知函数的部分图像如图所示，则( )
A. 在内有个极值点
B. 函数在上仅有个零点
C. 的图像关于直线对称
D. 将的图像向右平移个单位长度，可得的图像
设函数的定义域为，且函数的图像关于直线对称，函数的图像关于点对称，则下列说法正确的是( )
A. 是的周期 B.
C. D.
已知数列的前项和为，，则下列选项正确的是( )
A.
B. 存在，使得
C.
D. 是单调递增数列，是单调递减数列
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
已知向量，，若与共线反向，则______．
已知数列满足，且，则______．
在平面四边形中，，，，，，则______．
已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是______．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
本小题分
已知向量，，满足函数．
求在上的单调增区间；
若，，求的值．
本小题分
设为数列的前项和，已知，且．
证明：数列是等比数列；
若，，成等差数列，记求证：．
本小题分
为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”的主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，并决定近期投放市场．根据市场调研情况，预计每枚该纪念章的市场价单位：元与上市时间单位：天的数据如下表
上市时间天
市场价元
根据上表数据，从，，，中选取一个恰当的函数描述每枚该纪念章的市场价与上市时间的变化关系无需说明理由，并利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低市场价；
记你所选取的函数，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
本小题分
如图，，，分别是正方形的三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，分别连接，就得到了如图所示的几何体．
若是四边形对角线的交点，证明：平面；
若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
证明：；
若是钝角，，求面积的取值范围．
本小题分
已知函数，．
当时，若，证明：．
当时，，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
根据指数函数的单调性和对数函数的定义域可求出集合，，然后进行交集的运算即可．
本题考查了指数函数的单调性和值域，对数函数的定义域，交集的运算，考查了计算能力，属于简单题．
2.【答案】
【解析】解：由得：，
则．
故选：．
根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果．
本题考查复数的运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由于，
解得．
故选：．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意得当时，取得最小值，当，即时，取得最大值，
由对称性可知当时，，
故选：．
由余弦函数的图象与性质求解，
本题考查余弦函数的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为的定义域为且，故A错误；
又当时，，，故，故C错误；
当且时，，，故，故B错误；
故选：．
根据函数定义域以及函数极限，判断即可．
本题主要考查函数图象的判断，考查极限思想的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，且，
又，
，即，解得不合题意，舍去或，
，
对于：，故A正确；
对于：，故B错误；
对于：，故C错误；
对于：，故D错误，
故选：．
利用二倍角公式可得，结合，可得，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查同角的三角函数的关系和三角函数的恒等变换，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意得当时，，
设，得，也满足上式，
故，，
故，
故选：．
由与的关系化简，再由构造法得通项公式后求和．
本题主要考查数列的递推式，数列的求和，等比数列前项和公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：令，则，
当时，，
在上单调递增，，
，，
，
令，则，
当时，，则，
故在上单调递减，，
，，
，即，
综上所述，，
故选：．
根据题意可构造函数，，利用导数研究函数在上的单调性，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和转化思想，考查构造法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由可得，
对于，取，，，所以不正确；
对于，因为，所以，所以B正确；
对于，，所以，，
所以，所以C正确；
对于，当，所以，所以不正确．
故选：．
取，，可判断；由，则可判断；由不等式的性质可判断；当，所以可判断．
本题考查对数值的大小比较，不等式的性质等知识，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由图可知，，
则，，
由，，解得，
故，
对于，令，解得，
在内有共个极值点，故A正确；
对于，令，解得，
所以或，，解得或，，
故在上有个零点，故B错误；
对于，为最大值，
故的图像关于直线对称，故C正确；
对于，的图像向右平移个单位长度得，故D正确．
故选：．
根据图象，求出解析式，再结合极值点的概念，三角函数性质，图像变换，即可依次求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：关于对称，则有，令，
可得，令，得．
又的图像关于点对称，可得，
联立，可得，故A正确；
，令得，故C正确．
对于，例如，该函数符合，但是代入条件时，均不满足，故BD错误．
故选：．
首先利用轴对称、中心对称的公式，化简条件，然后利用赋值法即可求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，函数图像的对称性，考查逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，，
令，则，
又，则，，
当时，，
，，
设，
又在上单调递增，
，，
可得，
同理可得，
是单调递增数列，是单调递减数列，
又，在上单调递增，
是单调递增数列，是单调递减数列，故D选项正确；
，，，
又，，，
，即，
，
，
，
显然，故C选项正确；
先证：，
当时，成立，
假设当时，成立，
那么当时，成立，
综上，成立，
同理可得，
，即，故A选项正确；
要使，则，而，，
，即，故B选项错．
故选：．
由整理得，令，得到，借助反比例函数和的单调性得到和的增减性，即可判断选项；
根据求的范围即可判断选项；
利用数学归纳法证明，，即可得到，，即可判断选项，
根据，，可得，即可判断选项．
本题考查数学归纳法的应用，数列的单调性问题，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由于向量，，由于与共线反向，
所以，解得舍去，
故．
所以，，
所以，
故．
故答案为：．
直接利用向量的共线求出的值，进一步求出向量的坐标和模．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的模，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：对两边同时取倒数，
所以，则，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以．
故答案为：．
由题意可证明数列是以为首项，为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式．
本题主要考查了数列递推式，以及等差数列的通项公式，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，，，，
所以在中，由正弦定理，可得，解得，
因为在平面四边形中，，，
所以，
在中，由余弦定理，可得，
整理可得，解得．
故答案为：．
由已知在中利用正弦定理可得的值，由于在平面四边形中，，利用诱导公式可得，在中，由余弦定理可得，解方程即可得解的值．
本题考查了正弦定理，余弦定理，诱导公式在解三角形中的应用，考查了转化思想和方程思想的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为在上恒成立，
整理得，
令，，
则，
所以在上单调递减，又，
故，即，
令，则，
因为，在时恒成立，
所以在上单调递减，
则在时恒成立，
所以在时恒成立，
故，
因为时，，
所以，
故的取值范围为．
故答案为：．
先对已知不等式进行整理，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围属于中档题．
17.【答案】解：已知向量，，
则函数，
令，，
则，，
即函数的增区间为，，
则在上的单调增区间为；
由，
则，
又，
则，
则，
则．
【解析】先由平面向量数量积的运算求出，然后再求函数的单调递增区间即可；
由，结合两角和与差的三角函数求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了两角和与差的三角函数，属基础题．
18.【答案】证明：因为，
当时，，
两式相减得，即．
又因为，
所以数列是公比为的等比数列．
证明：因为，，成等差数列，
所以，
由可知，数列是公比为的等比数列，
所以，解得，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以．
【解析】根据，可得当时，，两式相减可得，即可证明；
首先根据条件求出数列的通项公式，进而可得，计算，利用裂项相消求和之后即可证明．
本题考查了数列的递推关系、等比数列的证明以及裂项相消求和计算问题，属于中档题．
19.【答案】解：由题表知，随着时间的增大，的值随的增大，先减小后增大，
而所给的函数，和在上显然都是单调函数，不满足题意，
故选择；
把，，分别代入，得，
解得，，
，，
又，
当且仅当时，即当时，有最小值，且，
故当该纪念章上市天时，市场价最低，最低市场价为每枚元；
原不等式可以整理为：，，
因为对，都有不等式恒成立，
则，
当时，，
当且仅当时，即当时，，
，
解得，不符合假设条件，舍去；
当时，在单调递增，故，
只需，
整理得：，
舍去，
综上，实数的取值范围是．
【解析】从题表的单调性入手，选出，再用待定系数法求解；
不等式变形为在上恒成立，只需，分与两种情况，求出相应的函数最小值，列出不等式，求出实数的取值范围．
本题考查了函数的实际应用，属于中档题．
20.【答案】证明：取线段中点，连接、，
由图可知，四边形是矩形，且，是线段与的中点，且，
在图中且，且．
所以在图中，且，且，四边形是平行四边形，则．
由于平面，平面，平面．
解：由图可知，，即为二面角的平面角．，
以为坐标原点，，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
，，
设平面的一个法向量，
由，得，取，则，
于是平面的一个法向量，，
直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】要证明线面平行，转化为证明线线平行，作辅助线，取线段中点，连接、，证明四边形是平行四边形，可得，即可证明线面平行；
首先由二面角的定义可知，再以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，根据公式，，即可求解．
本题主要考查直线与平面平行的判定，直线与平面所成角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：因为，由正弦定理得，
由，
得．
所以，，
或舍去，
．
解：由条件得，解得，
，，，
．
的面积．
，
，．
又因为函数在上单调递减，
所以，所以，
所以，，
则面积的取值范围为．
【解析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
依题意求出的取值范围，再由正弦定理得到，由面积公式及同角三角函数的基本关系得到，再根据函数的性质计算可得．
本题主要考查解三角形，考查正弦定理、三角恒等变换以及三角函数性质的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：证明：当时，，
要证明当时，，即证当时，，
因为，
所以，
所以，
所以，可变形为，
所以只需证明，
令，，
，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即原不等式得证．
当时，，，
若，则，
所以，
所以，
设，，
，
则，
若，，
由知，当时，，
当时，，
所以恒成立，符合题意，
若，，
当时，，不符合题意，
若，因为时，，
在上单调递增，
因为，
又，
所以存在，，
当上单调递减，
所以，不合题意，
综上所述，，
所以的取值范围为．
【解析】当时，，要证明当时，，即证当时，，又知，只需证明，令，，只需，即可得出答案．
当时，，若，则，即，设，，求导分析的单调性，最值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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