福建省福州市高三上学期数学期中联考试卷含答案解析

高三上学期数学期中联考试卷一、单选题是的（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相互垂直，则与的夹角为（）2．已知，，且与A．45°B．60°C．90°D．120°3．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长与底面半径的比为（）A．2B．C．4D．4．设，，，则（）A．B．C．D．5．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足.已知某同学视力的小数记录法的数据为0.6，则其视力的五分记录法的数据约为（）参考数据：，.A．4.5B．4.6C．4.7D．4.86．设为等差数列的前n项和，若，，则A．12B．15C．18（）D．217．在平行四边形ABCD中，AB的中点为M，过A作DM的垂线，垂足为H，若（）A．6B．8C．10，则D．128．函数（，，有且仅有3个极大值点，则m的取值范围是（）的部分图象如图所示，已知函数在区间）A．B．C．D．二、多选题9．已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A．B．C．D．10．复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（）A．B．C．D．11．已知函数，则下列结论正确的有（）A．若，则有2个零点B．存在，使得有1个零点C．存在，使得有3个零点D．存在，使得有3个零点12．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（）A．平面B．AB与PF所成角为45°C．该二十四等边体的体积为D．该二十四等边体外接球的表面积为三、填空题命题“”的否定形式是.写出一个同时满足下列要求的函数.①；②是偶函数；③，，15．已知i为虚数单位，复数，在复平面中将绕着原点逆时针旋转165°得到，则..\n16．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅让人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义.按照如图甲所示的分形规律可得如图乙所示的一个树形图：记图乙中第n行白圈的个数为，黑圈的个数为，则；数列的通项公式为.四、解答题17．在①为偶函数；②任选一个，补充在下面问题中并解答：已知函数，其中是函数的一个零点；③当时，这三个条件中，，，且，且，求在上的值域.在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，若，求△ABC的面积；我国古代数学家秦九韶发现已知三角形三边求面积公式：.，其中，请利用该公式求△ABC面积的最大值.19．在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，侧面PAD是等边三角形，AD=2，且PB与底面ABCD所成角为45°.（1）求证：AD⊥PB；（2）求二面角A-PB-C的余弦值.20．已知“悬链线”函数为：.请分析函数所有可能具有的性质并说明必要的理由；若除了原点，“悬链线”始终在抛物线图象的上方，求实数a的取值范围.21．已知等比数列满足：，（1）求数列的通项公式；.（2）若，为数列的前n项和，求使22．已知函数（1）若在处的切线方程为，成立的正整数n的最小值.求a，b的值；讨论的单调性.（2）若，证明：有唯一的极小值点.答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为“所以“”，是“故答案为：A.”，则“”；但是“”成立的充分不必要条件．”不一定有“”.【分析】直接利用充要条件的判定判断方法判断即可．2．【答案】C【解析】【解答】设与的夹角为，由于与相互垂直，所以所以.故答案为：C，，【分析】利用向量垂直列方程，化简求得与的夹角.3．【答案】A【解析】【解答】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由题意可知，底面圆的周长为，故，，则该圆锥的母线长与底面半径的比为.故答案为：A【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，计算出底面圆的周长，得出该圆锥的母线长与底面半径的比.4．【答案】B【解析】【解答】，\n，，所以.故答案为：B【分析】利用“分段法”确定正确选项.5．【答案】D【解析】【解答】由题意可知，故答案为：D【分析】根据对数运算求解即可.6．【答案】A【解析】【解答】设等差数列的首项为，公差为，由，得，解得，则.故答案为：A.【分析】设等差数列的首项为组，求出首项和公差，进而求出，公差为，利用等差数列的前n项和公式得到关于首项和公差的方程.7．【答案】D【解析】【解答】在平行四边形ABCD中，，所以.故答案为：D.【分析】根据题意可得，再利用数量积的定义化简求出.8．【答案】C【解析】【解答】由图可知，，，由于，所以，所以.，取，得，所以.故答案为：C【分析】根据图象求得解析式，结合在区间上极大值点的个数求得的取值范围.9．【答案】A,C，C符合题意；【解析】【解答】由图可知阴影部分所表示的集合为因为，所以，所以，A符合题意.故答案为：AC.【分析】根据图可知阴影部分所表示的集合为，再利用交集补集定义可求出.10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：因为，所以，\n对于A：，A符合题意；对于B：，B符合题意；对于C：，，所以，即C符合题意；对于D：，，，，所以，D不符合题意．故答案为：ABC．【分析】根据共轭复数的概念，复数的运算法则，逐一求解验证即可．11．【答案】A,B,D【解析】【解答】由题，的零点个数可转化为与的函数图象交点个数，画出函数图象如下，若，函数当时，当与在和各有一个交点，故有2个零点，A符合题意；，，，，故在上至少有一个零点，又，结合图象知，在上有两个零点，即与有两个不同的交点，则当直线绕点顺时针旋转时，存在直线与的图象相切，即时，与时，如图，存在函数有1个零点，B符合题意，当至多有两个交点，C不符合题意；与的图象分别在当和上分别有1个和2个交点，故存在，使得有3个零点，D符合题意.故答案为：ABD.【分析】画出函数图象，根据与的函数图象交点个数可判断.12．【答案】C,D【解析】【解答】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，所以平面不成立，即A不符合题意；对于B：因为，所以是AB与PF所成角或其补角，在中，，因为，所以，即B不符合题意；，对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，所以该二十四等边体的体积为，即C符合题意；对于D：设该二十四等边体外接球的半径为，该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心，正方体六个表面的面积都为1，所以，所以其表面积为，即D符合题意.故答案为：CD.【分析】将该二十四等边体补形为正方体，利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心及球的表面积公式判定选项D正确.\n13．【答案】，【解析】【解答】解：命题“故答案为：，”为全称量词命题，其否定为：，；【分析】根据全称量词命题的否定为特称命题即可得解.14．【答案】（答案不唯一）【解析】【解答】解：根据题意，结合所给的三个条件，可以为幂函数，其中为正奇数，如，则，，，为偶函数，且恒成立，所以在上单调递增，故答案为：（答案不唯一）．【分析】根据题意，结合幂函数的性质分析可得答案．15．【答案】【解析】【解答】解：正方向的夹角为，在复平面内对应的点为，所以，且与轴将其逆时针旋转后落在第三象限，且与，所以．故答案为：．轴负半轴的夹角为，所以对应的点为【分析】结合复数的几何意义，特殊角的三角函数值，即可得解．16．【答案】14；【解析】【解答】对于白圈，由图可得，，，所以，则，对于黑圈，，…，所以，所以.故答案为：14；.【分析】根据图象得出规律即可求出.17．【答案】解：，选择①：由为偶函数得，是的对称轴，故，，因为，且，所以，故，因为，所以，，故在上的值域为.选择②：由已知得，，即，，解得，因为，且，所以.故，因为，所以，，\n故在上的值域为.选择③：由已知得，，即，，解得，因为，且，所以，故，因为，所以，，故在上的值域为.【解析】【分析】化简可得，再根据余弦函数的性质求得，即可求出值域.18．【答案】（1）解：由正弦定理得，，即，由余弦定理可得，在△ABC中，.又因为，所以，；（2）解：由已知，故，当且仅当时等号成立，故当时，△ABC面积有最大值.【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边结合余弦定理求出，即可得出，结合已知求得，即可得出面积；（2）求得，利用面积公式结合基本不等式即可求出.19．【答案】（1）证明：取AD中点O，连接PO，BO，如图，因是等边三角形，则PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD底面ABCD=AD，PO平面PAD，则有PO⊥底面ABCD，即∠PBO即为PB与底面ABCD所成的角，于是∠PBO=45°，OB=OP=，又，，则，即AD⊥BO，而AD⊥PO，，平面POB，因此，AD⊥平面POB，又PB平面POB，所以AD⊥PB.（2）解：由(1)知，两两垂直，以O为原点，射线分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系O-xyz，则，，，，，设平面APB的法向量，则，令，得，设平面PBC的法向量，则，令，得，于是得，而二面角A-PB-C的平面角为钝角，所以二面角A-PB-C的余弦值为.【解析】【分析】(1)取AD中点O，连接PO，BO，计算证得AD⊥BO，进而证得AD⊥平面POB即可得解.(2)以O为原点，射线分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量即可计算作答.20．【答案】（1）解：具有以下性质：①值域为.理由：，当且仅当时等号成立.②为偶函数.理由：定义域为R.因为，都有，且，故为偶函数.③在上单调递增，在上单调递减.理由：，易知在R上单调递增，当时，，故在上单调递增.当时，，故在上单调递减.\n（2）解：依题意等价于恒成立.设，因为，所以为偶函数，故题意等价于在上恒成立.，，①当时，，故在上单调递增，故，所以存在使得当，故在上单调递增，又，故，在.②当时，因为，，故在上单调递减，故上单调递减，故与在上恒成立矛盾.故综上所述，实数a的取值范围是.【解析】【分析】（1）从函数的定义域、值域、单调性、奇偶性一一分析；（2）依题意等价于恒成立，设，首先判断题意等价于在上恒成立.，求出函数的导函数，再分和数研究函数的单调性与极值，即可得解.的奇偶性，即可得到两种情况讨论，利用导21．【答案】（1）解：设数列的公比为q，则，解得，∴数列的通项公式为；（2）解：∵，∴，①，②②①得，∵，∴，又因为，，所以，所以成立的正整数的最小值为9.，所以使【解析】【分析】（1）根据已知求出首项和公比即可求出；（2）利用错位相减法求出，根据不等式即可求出.22．【答案】（1）解：（i），由已知得，，故，解得；（ii），显然在上单调递增，又，所以时，；时，，因此在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：，则，令，，上单调递增，，显然在又，，所以存在，使得，当时，；时，，所以时，；即在上单调递减；在时，，上单调递增，因此f(x)有唯一极小值点t．【解析】【分析】（1）（i）求出导数，由题可得即可求出；（ii）根据导数的正负即可求出.（2）求出导数，构造函数，利用零点存在定理可判断函数的变化情况，得出单调性即可判断.