福建省福州华侨中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

福州华侨中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题
姓名：__________班级：__________座号：__________
一 单选题（每题5分，共40分）
1.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.欧拉公式由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数，虚数单位与三角函数联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数则的虚部为（ ）
A. B.1 C. D.
3.若向量满足：，则（ ）
A.2 B. C.1 D.
4.已知等差数列的公差不为且成等比数列，则（ ）
A. B.
C. D.
5.如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国传统的计算工具：现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.如果拨动图1算盘中的两枚算珠，则表示的数字大于50的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知椭圆，过点且方向向量为的光线，经直线反射后过的右焦点，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.已知奇函数在上是减函数，，若，，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题
9.下列说法正确的是（ ）
A.一组数的第75百分位数为16
B.在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应变量增加0.6个单位
C.数据的方差为，则数据的方差为
D.一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于100
10.把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A.在上单调递减
B.在上有2个零点
C.的图象关于直线对称
D.在上的值域为
11.如图，在矩形中，为中点，现分别沿将翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A.三棱锥的体积为
B.直线与直线所成角的余弦值为
C.直线与平面所成角的正弦值为
D.三棱锥外接球的半径为
12.设函数的定义域为，且满足，当时，，则（ ）
A.是周期为2的函数
B.
C.的值域是
D.方程在区间内恰有1011个实数解
三 填空题
13.若是第三象限角，则__________.
14.已知展开式中各项的二项式系数和是64，则展开式中的常数项为__________.
15.已知点，动点满足，则点到直线的距离可以是__________.（写出一个符合题意的整数值）
16.若函数在上有最大值，则的取值范围是__________.
四 解答题
17.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边过点.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
18.等比数列的各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
19.已知函数，且
（1）求函数在上的最大值和最小值.
（2）求曲线斜率最小的切线方程.
20.某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示.
（1）根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
（2）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；
（3）复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.记该考生的复试成绩为，求的分布列及均值.
附：若随机变量服从正态分布，则：，.
21.已知函数.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）已知锐角的内角的对边分别为，且，求的取值范围.
22.已知函数，其中.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，且，是否存在实数使得恒成立，如果存在请求出实数的取值范围，如果不存在请说明理由.
福州华侨中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题
参考答案与解析
一 单选题（每题5分，共40分）
1.【答案】B
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，所以，则，
又因为，则，所以，
所以.
故选：B.
2.【答案】D
【分析】由欧拉公式化简复数，再由复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，
因为，所以的虚部为.
故选：D.
3.【答案】B
【详解】试题分析：由题意易知：即，即.
故选B.
考点：向量的数量积的应用.
4.【答案】D
【分析】先求出通项公式，再利用通项公式和前项和公式对四个选项一一计算，进行判断.
【详解】设等差数列的公差为.
因为且成等比数列，所以.
解得：，所以.
对于A：，故A错误；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：因为
所以，故C错误；
对于D：因为，故正确.
故选：D
5.【答案】C
【分析】根据给定条件，求出圆台的上下底面圆的半径，再求出圆台的高并结合圆台的体积公式求解作答.
【详解】设圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，依题意，，且
，解得，
而圆台的母线长，因此圆台的高，所以圆台的体积.
故选：C
6.【答案】B
【分析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果，从而得到表示不同整数的个数和表示的数字大于50的个数，再根据古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，
第一类，只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为；
第二类，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为，所以表示不同整数的个数为8.
其中表示的数字大于50的有共3个，
所以表示的数字大于50的概率为.
故选：B
7.【答案】A
【分析】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为，根据方向向量的直线斜率为-1，结合反射的性质可得，再结合等腰直角三角形的性质列式求解即可.
【详解】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为.
因为方向向量的直线斜率为-1，则，又由反射光的性质可得，故，所以为等腰直角三角形，且到的距离为，又，故，则，故，离心率.
故选：A
8.【答案】D
【分析】由题可知为偶函数，且在上单调递减，利用函数的单调性可比较出.
【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.
因，所以，故为偶函数.
当时，，因，所以.
即在上单调递减.
，
因，所以，即.
故选：D.
二 多选题
9.【答案】ACD
【分析】由百分位数的定义，即可判断A，由回归方程的性质即可判断B，由方差的性质即可判断CD.
【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第8个数，即为16，A正确；
由回归方程可知，当解释变量每增加1个单位时，相应变量减少0.6个单位，错误；
选项C，由，可得，C正确；
由，得，所以这组样本数据的总和等于，故D正确；
故选：
10.【答案】BC
【分析】由题意，由函数的图象变换规律，求得的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各选项得出结论.
【详解】把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得到的图象；
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，时，，
则在单调递减，在单调递增，故A错误；
令，得，即，
因为，所以，解得，
因为，所以或，所以在上有2个零点，故B正确；
因为，为的最大值，
所以直线是的图象的一条对称轴，故C正确；
当时，，故D错误.
故选：BC
11.【答案】BD
【分析】证明平面，再根据即可判断；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线与平面所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，边上的高为，
所以，故A错误；
对于，在中，，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故错误；
由选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故正确.
故选：BD.
12.【答案】BD
【分析】根据已知条件推出函数是奇函数.且以4为周期，得错误；根据周期计算，得B正确；利用导数和函数的周期性求出函数的值域可得错误；根据函数图象与的图象交点个数，可得正确.
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以，
又因为，所以，所以是奇函数.
由，得，
所以以4为周期，故A错误.
因为是奇函数，且定义域为，所以.
因为，所以，故B正确.
因为当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，所以.
因为为奇函数，所以当时，，
因为的图象关于直线对称，所以当时，，
因为的周期为4，所以当时，，故C错误.
方程的解的个数，即的图象与的图象交点个数.
因为的周期为2，且当时，与有2个交点，
所以当时，与有1011个交点，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：求函数零点或方程实根根的个数常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根；
（2）数形结合法：先对解析式或方程变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
三 填空题
13.【答案】
【分析】根据同角三角函数的关系分别求出角的正弦和正切，再利用二倍角的正切公式即可求解.
【详解】因为，且是第三象限角，
所以，则，
所以，
故答案为：.
14.【答案】-160
【分析】先通过得到，再写出的展开式的通项，令的次数为0即可
得到常数项.
【详解】由的展开式中，二项式系数之和为64得，
则的展开式的通式为，
令，得
所以展开式中常数项为.
故答案为：-160.
15.【答案】0或1（只写一个即可）
【分析】由题设知的轨迹为，根据圆心到距离得到到直线距离的范围，即可写出一个值.
【详解】由题设知，即在以为直径的圆上，且圆心为，半径为，所以的轨迹为，
而到的距离为，即直线过圆心，
所以到直线的距离范围，
所以点到直线的距离的整数值可以是0或1.
故答案为：0或1（只写一个即可）
16.【答案】
【分析】令，易得当时，取得极大值，再由，求得或，根据在上有最大值，由求解.
【详解】解：因为函数，
所以，
令，解得或，
当或时，；
当时，，
所以当时，取得极大值，
又，即，
解得或，
因为在上有最大值，
所以，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
四 解答题
17.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据终边所过点可得，利用诱导公式和二倍角余弦公式可求得结果；
（2）根据角的范围和同角三角函数平方关系可求得，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】（1）角的终边过点，
.
（2）；
，
.
18.【答案】（1）（2）.
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；
（2）由化简，可得到的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列的公比为，
由得，
所以.由条件可知，故.
由得，所以.
故数列的通项公式为.
（2）.
故.
所以数列的前项和为
19.【答案】（1）最大值为，最小值为（2）
【分析】（1）求出导函数，利用导数值求出参数，再根据导数与函数单调性之间的关系求出函数的单调区间，进而求出最值.
（2）求出，求出，再由导数的几何意义即可求解.
【详解】，
由，即，解得.
所以，
求导可得，
令，
解得或，
令，解得或，
令，解得，
所以函数在上单调递增；
在上单调递减，
所以函数的极大值为，极小值为，
又，
所以在上的最大值为，最小值为.
（2），
，
设与曲线相切的斜率最小时，切点为，
由导数的几何意义可得，即，
解得，代入，可得，
所以切线方程为，
即
20.【答案】（1）62
（2）91人
（3）分布列见解析，均值为
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；
（2）由可知即可求解；
（3）根据题意确定的取值分别为，利用独立性可求得分布列，进而求得均值.
【详解】（1）样本平均数的估计值为
.
（2）因为学生初试成绩服从正态分布，其中，
则，
所以，
所以估计初试成绩不低于88分的人数为人.
（3）的取值分别为，
则，
，
，
，
，
，
故的分布列为：
0 5 10 15 20 25
所以数学期望为.
21.【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先利用降幂公式和辅助角公式化简函数的解析式，再利用整体代换解不等式的方法求函数的单调递减区间即可；
（2）先根据求得，再利用正弦定理 三角形内角和定理及三角恒等变换等知识将化简为，最后结合角的范围求解即可.
【详解】解：（1）由题意
.
令，
解得，
故函数的单调递减区间为；
（2）由（1）知，
解得，
因为，所以.
由正弦定理可知，
则，
所以
在锐角中，易知，得，
因此，则.
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用降幂公式和辅助角公式化简函数的解析式，在第（2）题中关键是利用正弦定理将所求式转化为，结合题中条件求出的范围，从而得解.
22.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.
【分析】（1）求导得，定义域为，令，然后结合二次函数的性质，分和两类讨论（或与0的大小关系即可得解.
（2）由（1）可知，；原问题等价于恒成立；而，于是构造函数，只需满足，于是再利用导数求出在上的最小值即可.
【详解】解：（1），定义域为
所以，
令，对于方程，
①当时，的两个根
为且
在和上；在上，
所以函数的单调增区间为和；
单调减区间为，
②当时，恒成立，
所以函数的单调增区间为，无减区间
（2）由（1）知，若有两个极值点，则，
又是的两个根，则
所以：，
由（1）知，
令，只要即可；
，令则，，令，则，
所以在上单调递减；在上单调递增.
，
所以存在，使得恒成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性 恒成立问题，且要求熟练掌握二次函数的性质，考查学生的转化思想 逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.