福建省福州市八县市一中2023-2024学年高三上学期数学11月期中联考试卷
一、单项选择题：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．（2023高三上·福州期中）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高三上·福州期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·福州期中）已知复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A．第一、二象限 B．第一、三象限
C．第二、三象限 D．第三、四象限
4．（2023高三上·福州期中）以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023高三上·福州期中）已知是不重合的三条直线，是不重合的三个平面，则（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
6．（2023高三上·福州期中）如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成，集古典美和现代美于一体，富有东方神韵和时代气息。其中扇面的圆心角为，从里到外半径以1递增，若这些扇形的弧长之和为（扇形视为连续弧长，中间没有断开），则最小扇形的半径为（ ）
A．6 B．8 C．9 D．12
7．（2023高三上·福州期中）若函数满足对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·福州期中）已知，，当时，，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2023高三上·福州期中）已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．“”是“与的夹角为锐角”的充要条件
D．若，则在上的投影向量的坐标为
10．（2023高三上·福州期中）设，若，，，下列说法正确的是（ ）
A． B．无极值点
C．的对称中心是 D．
11．（2023高三上·福州期中）如图，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，，分别为上、下底面的直径，，为圆台的母线，为弧的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．直线与下底面所成的角的大小为
C．异面直线和所成的角的大小为
D．圆台外接球的表面积为
12．（2023高三上·福州期中）已知实数满足：且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023高三上·福州期中）不等式的解集 .
14．（2023高三上·福州期中）关于的方程其最小14个正实数解之和为 .
15．（2023高三上·福州期中）设是数列的前项和，写出同时满足下列条件数列的一个通项公式： .
①数列是等差数列；②，；③，
16．（2023高三上·福州期中）已知函数，直线、是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是 .
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．（2023高三上·福州期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求在上的最值.
18．（2022高三上·福建月考）已知函数．
（1）若在上有且仅有2个极值点，求的取值范围；
（2）将的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若的最小正周期为，求的单调递减区间．
19．（2023高三上·福州期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，且点分别为和中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
20．（2023高三上·福州期中）已知中，内角所对的边分别为，且满足.
（1）若，求；
（2）求的取值范围.
21．（2023高三上·福州期中）已知数列的前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
22．（2023高三上·福州期中）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“”，所以命题“”的否定为：“”。
故答案为：.
【分析】利用全称命题与特称命题互为否定的关系，进而得出命题的否定。
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以，
则
故答案为：.
【分析】利用分式不等式求解方法得出集合A，再利用偶次根式函数求值域的方法得出集合B，再结合交集的运算法则得出集合A和集合B的交集。
3．【答案】B
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，因为复数满足，
所以，
又因为，所以，
所以，所以a=b且a，b都不为0，
所以在复平面内对应的点的坐标为(其中a不为0），
所以在复平面内对应的点在第一、三象限。
故答案为：第一、三象限.
【分析】利用已知条件结合复数与共轭复数的关系和复数的混合运算法则以及复数相等，进而得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数z在复平面所对的点的坐标，进而由点的坐标确定点所在的象限。
4．【答案】B
【知识点】函数图象的作法
【解析】【解答】解：由函数的图象可知，函数图象过原点，再将原点代入四个选项得出选项B和选项C中f(0)=0，所以选项A和选项D排除，再利用函数的图象关于y轴对称，从而判断出函数为偶函数，
则f(-x)=f(x)，所以只有选项B正确，即
故答案为：.
【分析】利用函数的图象结合代入法和偶函数的定义，进而找出满足要求的函数的模型。
5．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：选项A：如图所示，，，但，所以A错；
选项B：如图所示，所以，，，所以B错；
选项C：因为，，，所以，则，所以C对；
选项D：若，，，，则或相交，所以D错。
故答案为：C.
【分析】利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和线面位置关系判断方法，进而找出正确的选项。
6．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设第一个半径为r，则从里到外的半径构成首项为r，公差为1的等差数列，共十项，
再因为圆心角为，所以圆心角为，
所以，
所以，
解得r=9
故答案为：9.
【分析】利用已知条件结合等差数列的定义，将问题转化为首项为r，公差为1的等差数列，再利用等差数列前n项和公式，从而解方程得出r的值，进而得出最小扇形的半径。
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为对任意的，都有成立，再利用增函数的定义判断出函数f(x)为增函数，故当时，f(x)为增函数，故，所以；
当时，f(x)为增函数，因为的对称轴为，故，所以；
当时，f(x)为增函数，则，所以，
综上所述，实数a的取值范围为。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合增函数的定义判断出分段函数为增函数，再根据分段函数为增函数，则各区间分别单调递增，从而得出实数a的取值范围，注意考虑区间端点处满足要求得出大小关系列式求解a的取值范围，再结合交集的运算法则得出实数a的取值范围。
8．【答案】B
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：由已知条件得出，当时，
即
令则
因为恒成立，故在R上单调递增，
故即
令则
当时，则，则函数h(x)单调递增，
当时，则，则函数h(x)单调递减，
故函数h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，最大值为h(1)=-1，
故解得，即a的取值范围是。
故答案为：.
【分析】设利用结合函数的单调性得出再构造从而由求导判断函数的单调性，进而得出函数的最值，从而得出函数h(x)的最大值，进而由对数函数的单调性和定义域得出实数a的取值范围。
9．【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；向量的模；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：当m=1时，则向量，
所以，所以A对；
B：因为，向量，所以，
所以，则，所以B错；
C：必要性：因为与的夹角为锐角，所以，
所以，
所以，所以必要性成立；
充分性：因为，所以，
所以，所以与的夹角为锐角，所以充分性成立，
所以“”是“与的夹角为锐角”的充要条件，所以C对；
D：当m=1时，则向量，
则在上的投影向量的坐标为，所以D对。
故答案为：ACD.
【分析】选项A，利用向量的模的坐标运算求解；选项B，利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标运算求解m的值；选项C，利用已知条件结合向量的夹角公式和充分条件、必要条件的判断方法判断；选项D，利用数量积与单位向量表示投影向量。
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；函数在某点取得极值的条件；图形的对称性
【解析】【解答】解：A：设，若，，，
则，则a=-6，b=12，c=-6，所以函数f(x)解析式为，
所以，所以a错；
B：因为，则，
令，
原函数单调递增，无极值点，所以B正确；
C：因为故函数f(x)的图象是由函数的图象向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到，
因为的图象是奇函数，所以关于原点对称，
所以函数的对称中心是，所以C对；
D：因为函数的对称中心是，所以，
所以
，
因为
所以，
所以。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合代入法得出函数的解析式；利用导数求极值点的方法，从而解方程求出极值点；根据图象平移和奇函数的图象的对称性，进而得出函数的对称中心；根据函数的对称性结合函数的周期性，从而得出函数的值，进而找出正确的选项。
11．【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A：利用已知条件，作出圆台的轴截面ABCD，如下图所示：
作得到四边形AODC为平行四边形，
因为上底面圆的面积为，下底面圆的面积为，
圆台的高为
则圆台的体积为，所以A错；
B：因为AC与下底面所成的角为，且CD=MN=2，则AM=BN=1，
又因为AC=2，则所以，所以B正确；
C：取AB中点O，连接OD，OE，DE，由E为弧AB中点可得，过点D作，连接EH，
则且且，则四边形AODC为平行四边形，所以，
则异面直线AC和DE所成的角为OD与DE所成的角，即为，
又因为结合勾股定理得出所以，
在中，OD=DE=2，，
则为等腰直角三角形，则，所以C正确；
取CD中点I，MN的中点为J，连接IJ，在IJ上找一点K，使得CK=AN，
设JK=x，则，
由勾股定理得出，解得x=0，即圆台外接球的半径为AK=2，
所以圆台的外接球的表面积为，所以D错。
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件结合圆台的体积公式，进而得出圆台的体积；利用线面角定义找出线面角，再结合余弦函数的定义得出直线AC与下底面所成的角的大小；利用已知条件结合平行四边形定义和异面直线所成角的定义，
再由等腰直角三角形的定义，进而得出异面直线和所成的角的大小；利用已知条件结合勾股定理得出圆台外接球的半径长，再结合球的表面积公式
得出圆台外接球的表面积。
12．【答案】B,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较大小
【解析】【解答】解：由且知：a，b，c三个数中必有一个正数，两个负数，不妨设则所以b，c是方程的两个负根，
因此解得，所以B正确；
若，则必有，又因为所以
又因为所以即所以A错误；
因为，而在时单调递减，所以
即所以C对；
因为所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】由且知：a，b，c三个数中必有一个正数，两个负数，不妨设在此基础上结合一元二次方程的韦达定理、函数的单调性和不等式的基本性质，进而找出说法正确的选项。
13．【答案】(0，4)
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以的解集为(0，4)。
故答案为：(0，4).
【分析】利用已知条件结合对数的运算法则和对数不等式求解方法，再结合对数函数的单调性和定义域，从而得出不等式的解集。
14．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为，所以关于的方程变形为，
整理得，解得或或，
上述解可写成，其中k=0，1，2，...，13，对应最小的14个正实数解，
则它们的和为。
所以关于的方程其最小14个正实数解之和为。
故答案为：.
【分析】利用二倍角的余弦公式建立一元二次方程，从而解出x的值，再利用分组求和的方法得出关于的方程其最小14个正实数解之和。
15．【答案】
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：①数列是等差数列，设则
当n=1时，则
当时，则
因为也符合该式，所以所以数列是等差数列；
②，，变形可得即所以数列是递增数列；
③，，数列中有负数项；
故数列是存在负数项的递增的等差数列，例如：
故答案为：.
【分析】利用已知的三个条件结合等差数列的定义、增函数的定义和数列求和公式，进而找出满足要求的数列，从而写出数列的通项公式。
16．【答案】(0，1)
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：令g(x)=-lnx(0由已知条件结合函数f(x)的图象可知，设直线与g(x)相切于点与h(x)=lnx相切于点则
所以所以
因为，所以所以即所以
利用点斜式方程求出直线 为：，直线为：，
因为，相交于点，则将两直线方程联立求出交点Q的横坐标为，
因为利用基本不等式，则，
所以所以点的横坐标的取值范围为(0，1)。
故答案为：(0，1).
【分析】利用已知条件结合绝对值的定义和分段函数f(x)的图象，从而构造出函数g(x)和h(x)，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而由点斜式得出两切线方程，再联立两直线方程求出交点Q的横坐标，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出点Q横坐标的取值范围。
17．【答案】（1）解：．
当或时，；当，
故函数递增区间为和，递减区间为.
（2）解：由(1)可得函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
则在上的最大值，
最小值．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间。
（2）利用（1）判断出函数的单调性，进而利用函数的单调性求出函数在给定区间的最值。
18．【答案】（1）解：，
因为，所以当时，，
依题意可得，函数在上有且只有2个极值点，
则，解得，故的取值范围是；
（2）解：依题意可得，，
因为的最小正周期为，所以，即，
所以，令，，
则，，
故的单调递减区间为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据辅助角公式，写出函数的表达式，结合函数有两个极值点，即可求出相应参数的取值范围；
（2）根据函数的最小正周期，求出，得到函数的表达式，即可求出函数的单调递减区间。
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，可得且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为底面是菱形，且，连接，可得为等边三角形，
又因为为的中点，所以，则，
又由平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是菱形，且，，
可得，
则设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
易得平面的法向量为，设求平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中位线的性质，从而得出线线平行，再结合平行四边形的定义判断出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质得出线线平行，再由线面平行的判定定理，从而由线线平行证出线面平行。
（2）利用已知条件结合菱形的结构特征得出三角形为等边三角形，再结合等边三角形的三线合一得出线线垂直，再由线线垂直证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，从而得出向量的坐标，再由平面的法向量求解方法结合数量积为0两向量垂直的等价关系，从而得出平面的法向量，再由数量积求向量夹角公式得出平面与平面所成角的余弦值。
20．【答案】（1）解：由正弦定理得，则，即，①
又，由余弦定理得，即，②
由①②得，则有，所以，
由余弦定理逆定理得，
又，所以
（2）解：由（1）得，，，
，
由三角形三边关系可得，代入化简可得，
令，，，
，
，的取值范围是.
【知识点】函数的值域；正弦定理；余弦定理；二次函数模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和余弦定理及余弦定理的逆定理，从而结合角的取值范围，进而得出角B的值。
（2）利用已知条件结合（1）和三角形三边的关系，进而得出c，b的不等关系式，再结合换元法构造二次函数，再由二次函数图象求值域的方法，进而得出的取值范围。
21．【答案】（1）解：解：∵，
∴当时，，两式相减得，.
∵，，所以，∴，
∵，∴，
∴数列是以首项，公比为的等比数列．
∴
（2）解：∵，∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵对任意恒成立，
∴，
∴，
∴恒成立，
∵，∴，
∴的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；等比数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合的关系式和分类讨论的方法，从而结合等比数列的定义，进而判断出数列是以首项，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式，进而得出数列的通项公式。
（2）利用数列满足，进而结合（1）中数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合裂项相消的方法得出数列前项和，再由对任意恒成立，从而由不等式恒成立问题求解方法得出实数的取值范围。
22．【答案】（1）解：由题得，其中，
令，，其中对称轴为，．
①若，则，
此时，则，所以在上单调递增；
②若，则，
此时在上有两个根，，且，
所以当时，，则，单调递增；
当，时，，则，单调递减；
当，时，，则，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增．
（2）解：由（1）知，当时，有两个极值点，，且，，
所以
．
令，，
则，故在上单调递减，
所以，所以，
即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，从而由判别式法和求导的方法讨论出函数的单调性。
（2）利用（1）得出的函数的单调性，从而得出函数的极值点，再结合韦达定理和函数的解析式代入法，再由求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，从而证出不等式成立。
1 / 1福建省福州市八县市一中2023-2024学年高三上学期数学11月期中联考试卷
一、单项选择题：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．（2023高三上·福州期中）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“”，所以命题“”的否定为：“”。
故答案为：.
【分析】利用全称命题与特称命题互为否定的关系，进而得出命题的否定。
2．（2023高三上·福州期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以，
则
故答案为：.
【分析】利用分式不等式求解方法得出集合A，再利用偶次根式函数求值域的方法得出集合B，再结合交集的运算法则得出集合A和集合B的交集。
3．（2023高三上·福州期中）已知复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A．第一、二象限 B．第一、三象限
C．第二、三象限 D．第三、四象限
【答案】B
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，因为复数满足，
所以，
又因为，所以，
所以，所以a=b且a，b都不为0，
所以在复平面内对应的点的坐标为(其中a不为0），
所以在复平面内对应的点在第一、三象限。
故答案为：第一、三象限.
【分析】利用已知条件结合复数与共轭复数的关系和复数的混合运算法则以及复数相等，进而得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数z在复平面所对的点的坐标，进而由点的坐标确定点所在的象限。
4．（2023高三上·福州期中）以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数图象的作法
【解析】【解答】解：由函数的图象可知，函数图象过原点，再将原点代入四个选项得出选项B和选项C中f(0)=0，所以选项A和选项D排除，再利用函数的图象关于y轴对称，从而判断出函数为偶函数，
则f(-x)=f(x)，所以只有选项B正确，即
故答案为：.
【分析】利用函数的图象结合代入法和偶函数的定义，进而找出满足要求的函数的模型。
5．（2023高三上·福州期中）已知是不重合的三条直线，是不重合的三个平面，则（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：选项A：如图所示，，，但，所以A错；
选项B：如图所示，所以，，，所以B错；
选项C：因为，，，所以，则，所以C对；
选项D：若，，，，则或相交，所以D错。
故答案为：C.
【分析】利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和线面位置关系判断方法，进而找出正确的选项。
6．（2023高三上·福州期中）如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成，集古典美和现代美于一体，富有东方神韵和时代气息。其中扇面的圆心角为，从里到外半径以1递增，若这些扇形的弧长之和为（扇形视为连续弧长，中间没有断开），则最小扇形的半径为（ ）
A．6 B．8 C．9 D．12
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设第一个半径为r，则从里到外的半径构成首项为r，公差为1的等差数列，共十项，
再因为圆心角为，所以圆心角为，
所以，
所以，
解得r=9
故答案为：9.
【分析】利用已知条件结合等差数列的定义，将问题转化为首项为r，公差为1的等差数列，再利用等差数列前n项和公式，从而解方程得出r的值，进而得出最小扇形的半径。
7．（2023高三上·福州期中）若函数满足对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为对任意的，都有成立，再利用增函数的定义判断出函数f(x)为增函数，故当时，f(x)为增函数，故，所以；
当时，f(x)为增函数，因为的对称轴为，故，所以；
当时，f(x)为增函数，则，所以，
综上所述，实数a的取值范围为。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合增函数的定义判断出分段函数为增函数，再根据分段函数为增函数，则各区间分别单调递增，从而得出实数a的取值范围，注意考虑区间端点处满足要求得出大小关系列式求解a的取值范围，再结合交集的运算法则得出实数a的取值范围。
8．（2023高三上·福州期中）已知，，当时，，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：由已知条件得出，当时，
即
令则
因为恒成立，故在R上单调递增，
故即
令则
当时，则，则函数h(x)单调递增，
当时，则，则函数h(x)单调递减，
故函数h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，最大值为h(1)=-1，
故解得，即a的取值范围是。
故答案为：.
【分析】设利用结合函数的单调性得出再构造从而由求导判断函数的单调性，进而得出函数的最值，从而得出函数h(x)的最大值，进而由对数函数的单调性和定义域得出实数a的取值范围。
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2023高三上·福州期中）已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．“”是“与的夹角为锐角”的充要条件
D．若，则在上的投影向量的坐标为
【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；向量的模；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：当m=1时，则向量，
所以，所以A对；
B：因为，向量，所以，
所以，则，所以B错；
C：必要性：因为与的夹角为锐角，所以，
所以，
所以，所以必要性成立；
充分性：因为，所以，
所以，所以与的夹角为锐角，所以充分性成立，
所以“”是“与的夹角为锐角”的充要条件，所以C对；
D：当m=1时，则向量，
则在上的投影向量的坐标为，所以D对。
故答案为：ACD.
【分析】选项A，利用向量的模的坐标运算求解；选项B，利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标运算求解m的值；选项C，利用已知条件结合向量的夹角公式和充分条件、必要条件的判断方法判断；选项D，利用数量积与单位向量表示投影向量。
10．（2023高三上·福州期中）设，若，，，下列说法正确的是（ ）
A． B．无极值点
C．的对称中心是 D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；函数在某点取得极值的条件；图形的对称性
【解析】【解答】解：A：设，若，，，
则，则a=-6，b=12，c=-6，所以函数f(x)解析式为，
所以，所以a错；
B：因为，则，
令，
原函数单调递增，无极值点，所以B正确；
C：因为故函数f(x)的图象是由函数的图象向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到，
因为的图象是奇函数，所以关于原点对称，
所以函数的对称中心是，所以C对；
D：因为函数的对称中心是，所以，
所以
，
因为
所以，
所以。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合代入法得出函数的解析式；利用导数求极值点的方法，从而解方程求出极值点；根据图象平移和奇函数的图象的对称性，进而得出函数的对称中心；根据函数的对称性结合函数的周期性，从而得出函数的值，进而找出正确的选项。
11．（2023高三上·福州期中）如图，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，，分别为上、下底面的直径，，为圆台的母线，为弧的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．直线与下底面所成的角的大小为
C．异面直线和所成的角的大小为
D．圆台外接球的表面积为
【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A：利用已知条件，作出圆台的轴截面ABCD，如下图所示：
作得到四边形AODC为平行四边形，
因为上底面圆的面积为，下底面圆的面积为，
圆台的高为
则圆台的体积为，所以A错；
B：因为AC与下底面所成的角为，且CD=MN=2，则AM=BN=1，
又因为AC=2，则所以，所以B正确；
C：取AB中点O，连接OD，OE，DE，由E为弧AB中点可得，过点D作，连接EH，
则且且，则四边形AODC为平行四边形，所以，
则异面直线AC和DE所成的角为OD与DE所成的角，即为，
又因为结合勾股定理得出所以，
在中，OD=DE=2，，
则为等腰直角三角形，则，所以C正确；
取CD中点I，MN的中点为J，连接IJ，在IJ上找一点K，使得CK=AN，
设JK=x，则，
由勾股定理得出，解得x=0，即圆台外接球的半径为AK=2，
所以圆台的外接球的表面积为，所以D错。
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件结合圆台的体积公式，进而得出圆台的体积；利用线面角定义找出线面角，再结合余弦函数的定义得出直线AC与下底面所成的角的大小；利用已知条件结合平行四边形定义和异面直线所成角的定义，
再由等腰直角三角形的定义，进而得出异面直线和所成的角的大小；利用已知条件结合勾股定理得出圆台外接球的半径长，再结合球的表面积公式
得出圆台外接球的表面积。
12．（2023高三上·福州期中）已知实数满足：且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较大小
【解析】【解答】解：由且知：a，b，c三个数中必有一个正数，两个负数，不妨设则所以b，c是方程的两个负根，
因此解得，所以B正确；
若，则必有，又因为所以
又因为所以即所以A错误；
因为，而在时单调递减，所以
即所以C对；
因为所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】由且知：a，b，c三个数中必有一个正数，两个负数，不妨设在此基础上结合一元二次方程的韦达定理、函数的单调性和不等式的基本性质，进而找出说法正确的选项。
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023高三上·福州期中）不等式的解集 .
【答案】(0，4)
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以的解集为(0，4)。
故答案为：(0，4).
【分析】利用已知条件结合对数的运算法则和对数不等式求解方法，再结合对数函数的单调性和定义域，从而得出不等式的解集。
14．（2023高三上·福州期中）关于的方程其最小14个正实数解之和为 .
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为，所以关于的方程变形为，
整理得，解得或或，
上述解可写成，其中k=0，1，2，...，13，对应最小的14个正实数解，
则它们的和为。
所以关于的方程其最小14个正实数解之和为。
故答案为：.
【分析】利用二倍角的余弦公式建立一元二次方程，从而解出x的值，再利用分组求和的方法得出关于的方程其最小14个正实数解之和。
15．（2023高三上·福州期中）设是数列的前项和，写出同时满足下列条件数列的一个通项公式： .
①数列是等差数列；②，；③，
【答案】
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：①数列是等差数列，设则
当n=1时，则
当时，则
因为也符合该式，所以所以数列是等差数列；
②，，变形可得即所以数列是递增数列；
③，，数列中有负数项；
故数列是存在负数项的递增的等差数列，例如：
故答案为：.
【分析】利用已知的三个条件结合等差数列的定义、增函数的定义和数列求和公式，进而找出满足要求的数列，从而写出数列的通项公式。
16．（2023高三上·福州期中）已知函数，直线、是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是 .
【答案】(0，1)
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：令g(x)=-lnx(0由已知条件结合函数f(x)的图象可知，设直线与g(x)相切于点与h(x)=lnx相切于点则
所以所以
因为，所以所以即所以
利用点斜式方程求出直线 为：，直线为：，
因为，相交于点，则将两直线方程联立求出交点Q的横坐标为，
因为利用基本不等式，则，
所以所以点的横坐标的取值范围为(0，1)。
故答案为：(0，1).
【分析】利用已知条件结合绝对值的定义和分段函数f(x)的图象，从而构造出函数g(x)和h(x)，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而由点斜式得出两切线方程，再联立两直线方程求出交点Q的横坐标，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出点Q横坐标的取值范围。
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．（2023高三上·福州期中）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求在上的最值.
【答案】（1）解：．
当或时，；当，
故函数递增区间为和，递减区间为.
（2）解：由(1)可得函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
则在上的最大值，
最小值．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间。
（2）利用（1）判断出函数的单调性，进而利用函数的单调性求出函数在给定区间的最值。
18．（2022高三上·福建月考）已知函数．
（1）若在上有且仅有2个极值点，求的取值范围；
（2）将的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若的最小正周期为，求的单调递减区间．
【答案】（1）解：，
因为，所以当时，，
依题意可得，函数在上有且只有2个极值点，
则，解得，故的取值范围是；
（2）解：依题意可得，，
因为的最小正周期为，所以，即，
所以，令，，
则，，
故的单调递减区间为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据辅助角公式，写出函数的表达式，结合函数有两个极值点，即可求出相应参数的取值范围；
（2）根据函数的最小正周期，求出，得到函数的表达式，即可求出函数的单调递减区间。
19．（2023高三上·福州期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，且点分别为和中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，可得且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为底面是菱形，且，连接，可得为等边三角形，
又因为为的中点，所以，则，
又由平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是菱形，且，，
可得，
则设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
易得平面的法向量为，设求平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中位线的性质，从而得出线线平行，再结合平行四边形的定义判断出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质得出线线平行，再由线面平行的判定定理，从而由线线平行证出线面平行。
（2）利用已知条件结合菱形的结构特征得出三角形为等边三角形，再结合等边三角形的三线合一得出线线垂直，再由线线垂直证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，从而得出向量的坐标，再由平面的法向量求解方法结合数量积为0两向量垂直的等价关系，从而得出平面的法向量，再由数量积求向量夹角公式得出平面与平面所成角的余弦值。
20．（2023高三上·福州期中）已知中，内角所对的边分别为，且满足.
（1）若，求；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：由正弦定理得，则，即，①
又，由余弦定理得，即，②
由①②得，则有，所以，
由余弦定理逆定理得，
又，所以
（2）解：由（1）得，，，
，
由三角形三边关系可得，代入化简可得，
令，，，
，
，的取值范围是.
【知识点】函数的值域；正弦定理；余弦定理；二次函数模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和余弦定理及余弦定理的逆定理，从而结合角的取值范围，进而得出角B的值。
（2）利用已知条件结合（1）和三角形三边的关系，进而得出c，b的不等关系式，再结合换元法构造二次函数，再由二次函数图象求值域的方法，进而得出的取值范围。
21．（2023高三上·福州期中）已知数列的前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：解：∵，
∴当时，，两式相减得，.
∵，，所以，∴，
∵，∴，
∴数列是以首项，公比为的等比数列．
∴
（2）解：∵，∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵对任意恒成立，
∴，
∴，
∴恒成立，
∵，∴，
∴的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；等比数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合的关系式和分类讨论的方法，从而结合等比数列的定义，进而判断出数列是以首项，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式，进而得出数列的通项公式。
（2）利用数列满足，进而结合（1）中数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合裂项相消的方法得出数列前项和，再由对任意恒成立，从而由不等式恒成立问题求解方法得出实数的取值范围。
22．（2023高三上·福州期中）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，证明：.
【答案】（1）解：由题得，其中，
令，，其中对称轴为，．
①若，则，
此时，则，所以在上单调递增；
②若，则，
此时在上有两个根，，且，
所以当时，，则，单调递增；
当，时，，则，单调递减；
当，时，，则，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增．
（2）解：由（1）知，当时，有两个极值点，，且，，
所以
．
令，，
则，故在上单调递减，
所以，所以，
即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，从而由判别式法和求导的方法讨论出函数的单调性。
（2）利用（1）得出的函数的单调性，从而得出函数的极值点，再结合韦达定理和函数的解析式代入法，再由求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，从而证出不等式成立。
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