福建省部分达标学校2024届高三上学期期中质量监测数学试题

福建省部分达标学校2023~2024学年第一学期期中质量监测高三数学试卷（满分：150分时间：120分钟）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本大题共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.已知集合，则（）A.B.C.D.2.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.已知是三角形的内角，且，则的值是（）A.B.C.D.4.中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫作信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升到8000，则大约增加了（）（其中）A.B.C.D.5.已知曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线，则下列曲线的方程正确的是（）A.B.C.D.6.已知关于的不等式的解集为，若，则的最小值是（）A.B.C.D.7.函数在求导时可运用对数法：在解析式两边同时取对数得到，然后两边同时求导得，于是..用此法可求得的单调递增区间为（）A.B.C.D.8.已知函数的定义域为，满足，当时，，记的极小值为，若对，则的最大值为（）A.-1B.1C.3D.不存在二､多项选择题：本大题共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.若复数满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（）A.B.的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限C.的虚部为D.10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的图象关于直线对称D.的图象关于点对称11.下列大小关系中，正确的是（）A.B.C.D.12.已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（）A.的一个周期为B.在区间上单调递增C.是偶函数D.在区间上有且仅有一个极值点三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.不等式的解集是__________.14.已知定义域为的函数同时具有下列三个性质，则__________.（写出一个满足条件的函数即可）①；②；③.15.三国时期，吴国数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理（西方称之为“毕达哥拉斯定理”）.如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积与大正方形的面积之比为，则__________.16.已知函数，点位于曲线的下方，且过点可以作3条直线与曲线相切，则的取值范围是__________.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.17.（10分）如图，在平面四边形中，.（1）求；（2）若的面积为，求.18.（12分）已知函数.（1）求在上的单调递增区间；（2）若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.19.（12分）如图，四边形是边长为的菱形，平面平面，且分别是的中点.（1）证明：平面平面.（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.20.（12分）已知函数，曲线与曲线的一个公共点是，且在点处的切线互相垂直.（1）求的值；（2）证明：当时，.21.（12分）已知的内角所对应的边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.22.（12分）已知函数.（1）当时，求的最大值；（2）若存在极大值点，且极大值不大于，求的取值范围.福建省部分达标学校2023~2024学年第一学期期中质量监测高三数学试卷参考答案一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1.D2.A3.B4.C5.B6.C7.A8.B8.解析：依题作出函数的图象，结合图象可知：当时，；当时，；当时，.若对，则，所以的最大值为正确.二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.9.AB10.BC11.ACD12.ABD12.解析：对于选项，故选项A正确.对于选项，由，得，当时，，所以在区间上单调递增，故选项B正确.对于选项C，，设，则，所以函数即是奇函数，故选项C不正确.对于选项，由，得，令，则.①当时，，所以，即在区间上单调递减，又，，所以在区间上存在唯一零点；②当时，，又，所以，则在区间上无零点.综上，在区间上有且仅有一个极值点，故选项D正确.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.（或）14.（答案不唯一，形如即可）15.16.解析：，设切点为，则切线斜率为，切线方程为，由于切线过点，，整理得.构造函数有三个不同的零点，，易知，即，即，又点在曲线下方，，即，解得.四､解答题.17.解：（1）在中，由正弦定理得，则，解得.又由题设知，所以.（2），，由，得，解得.由余弦定理得，又，所以.18.解：（1）.由，得，所以的单调递增区间为，则在上的单调递增区间为.（2）由题设知，当时，，则，即，所以.19.（1）证明：如图，连接，交于点，连接，则为的中点，是的中点，.平面平面，平面，又是的中点，，平面平面，平面，又平面，平面平面.（2）解：取的中点，连接.在菱形中，为正三角形，则，又平面，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即令，则.设直线与平面所成的角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.20.（1）解：因为，所以，则曲线在处的切线的斜率为.因为，所以，则曲线在处的切线的斜率为.因为曲线与曲线在处的切线互相垂直，所以，即，①又，所以，②联立①②得.（2）证明：由（1）知.（法一）要证，即证.令，则.因为，所以，所以在上单调递增，所以当时，，即，所以当时，.（法二）设，则，因为时，，所以在上单调递减，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.设，则，因为当时，，所以在上单调递增，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.要证，即证.又，所以即证由，得（当时，等号成立），即证，又在上单调递增，则，即，所以当时，.21.解：（1）由正弦定理得整理得，即，由余弦定理得，又，所以.（2）由（1）知，即.因为为锐角三角形，所以解得.由正弦定理，得，则，当时，，则，又，所以，即，所以周长的取值范围是.22.解：（1）当时，.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为.（2）.①当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，符合题意.②当时，，当时，，当时，，所以在