2023届福建省莆田一中、龙岩一中、三明二中三校高三上学期12月联考数学试题含解析

2023届福建省莆田一中、龙岩一中、三明二中三校高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用一元二次不等式和指数函数图像求值域计算出集合A和集合B,然后取交集即可.

【详解】由，可得，所以集合为，由指数函数图像

可知，所以集合为，则，

故选：C

2．，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】代入复数的乘法运算，即可求解.

【详解】.

故选：

3．在中，点在边上，.记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的共线定理表示即可求解.

【详解】因为点在边上，，

所以，即，

所以.

故选:B.

4．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下的沙，则该沙漏的一个沙时大约是（    ）

A．1895秒 B．1896秒 C．1985秒 D．2528秒

【答案】C

【分析】由圆锥的体积公式计算细沙体积和沙堆体积，根据细沙体积不变即可求解．

【详解】沙漏中的细沙对应的圆锥底面半径为，高为，

所以细沙体积为

所以该沙漏的一个沙时为秒，

故选：C

5．某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：，这八人成绩的第60百分位数是.若在该小组随机选取两名学生，则得分都比低的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.

【详解】，故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，

即，在该小组随机选取两名学生共有种情况，

其中得分都比低的有种，

所以所求概率

故选：C

6．若，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角恒等变换与同角三角函数关系，一步步化简为只含的式子再代入即可解出答案.

【详解】，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

故选：C.

7．已知，，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对于a和c，可构造函数，利用导数判断其单调性即可判断a、c大小；，可构造函数判断与0.1的大小，构造函数判断0.1与大小，从而可判断b、c大小．

【详解】①令，

令，

，

当时，单调递增，

又，∴，又，

∴在成立，∴，即；

②令，则，

在时，，则为减函数，

∴，即；

③令，则，

故在为减函数，

∴，即；

∴，

令，则，

即，∴，∴．

故选：B．

8．已知正四棱锥的侧棱长为，则该正四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设底面正方形边长为，高为，根据已知可得，.体积，求导可得到最大值.

【详解】

如图，连结交于点，连结.根据正四棱锥的性质，可知平面.

设底面正方形边长为，高为，则，.

在中，有，即，则.

则.

设，则，令，解得（舍去负值）.

又当时，；当时，.

所以，当时，有唯一极大值，也是最大值.

故选：D.

二、多选题

9．已知数列为等差数列，其前项和为，且，下列选项正确的是（    ）

A． B．是递减数列 C．取得最小值时，或6 D．

【答案】AD

【分析】根据等差数列基本量法求出数列首项和公差，代入选项判断即可.

【详解】不妨设

，与联立

解得，即通项.

对于选项A.，故正确；

对于选项B.是递增数列，故错误；

对于选项C.存在最小值，且有两个最小值，即，即，与不符；

对于选项D.，故正确.

故选：

10．抛物线的焦点为为坐标原点，，过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，则（    ）

A．抛物线的方程为 B．

C．的最小值为4 D．

【答案】AC

【分析】求出，即可得抛物线方程，即可判断A；根据抛物线得定义即可判断B；设直线的方程为，联立方程利用韦达定理求出，再根据弦长公式结合二次函数的性质即可判断C；求出结合焦半径公式即可判断D.

【详解】解：依题意得，，，故A正确；

由抛物线定义，

，故B错误；

设直线的方程为，

联立，消得，

则，

则，，

则，

所以当时，，故C正确，

，故D错误.

故选：AC.

11．如图，在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，下列说法正确的是（    ）

A．

B．三棱锥的体积为

C．点在平面的投影是的内心

D．设与平面所成角分别为，则

【答案】ABD

【分析】利用线面垂直的判定定理即可证明选项A，利用等体积法思想证明选项B，利用线面垂直的判定和性质判断选项C错误，根据垂直关系找到线面角并表示出正弦值即可求解选项D.

【详解】联系翻折前后的位置关系可得，

翻折后,平面,

所以平面,又因为平面,所以，故A正确；

由上述过程可知平面，且,

所以,故B正确；

因为两两互相垂直，

,平面,

所以平面,又因为平面,所以，

设为点在平面上的投影，

连接,则平面，平面，

所以,平面，

所以平面，平面,所以,

同理可证,即点为三角形高线的交点，

所以点在平面的投影是的垂心，故C错误，

由上述过程可知，

与平面所成角分别为，

,

由上述过程可知，所以，

所以,故D正确；

故选:ABD.

12．已知是定义域为的奇函数，若的最小正周期为2，则下列说法正确的是（    ）

A．2是的一个周期 B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据周期定义可推得周期为4，又因为，结合奇偶性可推得，，，根据以上各式即可判断各选项.

【详解】的最小正周期为2，

则，即，

所以的最小正周期为4，故A错误；

是定义域为的奇函数，所以.

又4是的一个周期，所以，，故B项正确；

因为4是的一个周期，，故C项正确；

因为4是的一个周期，

，

又是定义域为的奇函数，所以有，

所以，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知的展开式中的系数是13，则实数______.

【答案】1

【分析】由的系数为与的展开式中的一次项的系数之积加上与的展开式中的常数项的积的和求解即可.

【详解】解：因为的展开式为：，

所以的系数为与的展开式中的一次项的系数之积加上与的展开式中的常数项的积的和.

所以有，

解得

故答案为：1.

14．已知圆，若直线与相切，则实数的值是______.

【答案】或

【分析】确定圆心和半径，根据直线和圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，由此可得关于参数的方程，求得答案.

【详解】圆，即圆，圆心为 半径为，

因为与圆相切，所以 ，即，

解得或，

故答案为：或

15．已知函数的部分图象如图所示，则满足图象的一个解析式为______.

【答案】（答案不唯一）

【分析】设函数解析式为，根据函数得最值可求得，再根据函数的对称性结合图象可得函数的最小正周期，从而可求得，再利用待定系数法求得即可.

【详解】解：设函数解析式为，

由图可知，解得，

，故，所以，

则，

由，

得，所以，可取，

所以满足图象的一个解析式可以为.

故答案为：.（答案不唯一）

16．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得由点所作的圆的两条切线所成的角为，则椭圆的离心率的取值范围是______.

【答案】

【分析】设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线所成的角为，可知，由题知，解得，又即可得出结果.

【详解】设过的两条直线与圆分别切于点，

由两条切线所成的角为，知：，

又在椭圆上，

所以，即得，

所以，

所以椭圆的离心率，

又，

所以

故答案为：.

四、解答题

17．设数列的前项和为且.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系，结合累乘法即可得解；

（2）利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）解：由，得，

当时，，

，即，

，

当时，上式也成立，

；

（2）解：，

，

，

两式相减得

，

所以.

18．已知中的三个内角所对的边分别为.

(1)求角的大小；

(2)若为边上一点，，且，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)先使用面积公式和题目所给的等式进行化简可得到的正切值，即可得结果.

(2)在和中分别使用正弦定理，利用可得出边长，再利用余弦定理可得.

【详解】（1）因为所以

即，

所以.

又，

所以.

（2）由(1)可知，所以，

根据正弦定理，在中，，

在中，，

又，所以，

又，所以，

所以由余弦定理可得，.

则，所以.

19．2022年12月6日中国职业篮球联赛将开始第二阶段比赛，某队为了考察甲球员对篮球队的贡献，通过对甲参加的50场比赛和末参加的50场比赛调查，得到如下等高堆积条形图：

(1)根据等高堆积条形图，填写列联表，并依据的独立性检验，分析该球队胜利与甲球员参赛是否有关

(2)在训练过程中，甲乙丙三人相互做传球训练.已知甲控制球时，传给乙的概率为，传给丙的概率为；乙控制球时，传给甲和丙的概率均为；丙控制球时，传给甲的概率为，传给乙的概率为.若先由甲控制球，经过3次传球后，球员乙控制球的次数为，求的分布列与期望.

附表及公式：

.

【答案】(1)列联表见解析，该球队胜利与甲球员参赛有关;

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据等高条形图完成列联表，利用表中数据计算出观测值,与临界值进行比较即可求解.

（2）根据已知条件写出随机变量的取值，求出随机变量对应的概率，结合离散型随机变量的期望公式即可求解.

【详解】（1）列联表如下：

零假设为：球队胜利与甲球员参赛无关.

根据表中数据，计算得到

，

依据的独立性检验，我们推断不成立，即该球队胜利与甲球员参赛有关.

（2）由题知的所有可能取值为，

；

；

；

所以的分布列为：

.

20．四棱锥平面，底面是菱形，，平面平面.

(1)证明：；

(2)设为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的判定证明平面，结合线面垂直的性质证明即可；

（2）根据线面垂直的关系，以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再根据线面角的表达式，结合二次函数的最值求解即可.

【详解】（1）如图，过点作，垂足为

.平面平面，平面平面，平面，

平面.

平面.

.

平面平面.

又，平面，

平面.

（2）由已知及（1）得四边形是正方形，从而两两垂直，

以为轴正方向如图建立空间直角坐标系.

设，则

设，则，

设平面的法向量，则即，

取，则.即.

当时，上式最大为，.

所有与平面所成角的正弦值的最大值为.

21．已知双曲线的左顶点为，点在渐近线上，过点的直线交双曲线的右支于两点，直线分别交直线于点.

(1)求双曲线的方程；

(2)求证：为的中点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由已知条件列方程组求解，得双曲线方程.

 (2) 设直线BC的方程，代入双曲线方程，韦达定理表示根与系数的关系，设直线AB、AC的方程，求与直线OP的交点M、N，要证为的中点，只需证或即可.

【详解】（1）依题意得，解得，

所以双曲线的方程为.

（2）如图所示：

法1.设直线，则，

由 消去x得，

当时由韦达定理得 ，

直线方程为，直线AB： 直线

 由  得 同理可得

要证为的中点，只需证 ，即证 ，

 .

 得证.

法2.设直线BC：，则，

 由 得

当时由韦达定理得 ，

直线方程为，直线 ，直线 ，

由 得 ，同理可得 ，

要证为的中点，只需证 ，

即证，

即证，

由，只需证，

即证 ，

只需证

 即证，由可知显然成立.

得证.

【点睛】1.求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．

2.解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

3.涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数，其中，曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为.

(1)求实数的值；

(2)当时，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义，先求切线方程，再表示的面积，即可求；

（2）法一：首先根据不等式，构造函数，利用二阶导数证明函数的单调性，即可证明不等式；

法二：先证明，再证明，再利用不等式的传递性求解；

法三：先证明，利用分析法将不等式转化为证明，即，再构造函数，利用导数即可证明.

【详解】（1）：

，

，切点为，

曲线在处的切线方程为

切线与坐标轴的两个交点分别为，

（2）证一：

即成立，

令

，

令，则，

在单调递增，从而，

从而在单调递增，

，

在单调递增，

，即.

证二：由（1）知：

先证

令，

当时，即在上单调递增，

，

当时，成立

当时，，

再证

设，则

令

当时，，

在上单调递增，

即，

在上单调递增，

，即，

，

原式得证；

证三：由（1）知：

先证

令

当时，即在上单调递增，

，

当时，成立，

又，

欲证，只须证，即，

设，则，

令

当时，

在上单调递增，

即，

在上单调递增，

即，即时，.