2023届福建省晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届福建省晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知，则（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】由题可知：

所以，，

所以答案选A

【考点定位】考查集合的交集和补集，属于简单题.

2．若直线与圆相切，则（    ）

A． B．2 C．3 D．

【答案】A

【分析】利用圆心到直线的距离为半径可求.

【详解】因为圆心坐标为，半径为，

所以该圆心到直线的距离，结合解得.

故选：A.

3．为贯彻落实健康第一的指导思想，切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，提高体质健康水平.某市抽调三所中学进行中学生体育达标测试，现简称为A校、B校、C校.现对本次测试进行调查统计，得到测试成绩排在前200名学生层次分布的饼状图、A校前200名学生的分布条形图，则下列结论不一定正确的是（    ）

A．测试成绩前200名学生中B校人数超过C校人数的1.5倍

B．测试成绩前100名学生中A校人数超过一半以上

C．测试成绩在51—100名学生中A校人数多于C校人数

D．测试成绩在101—150名学生中B校人数最多29人

【答案】C

【分析】根据饼状图和A校前200名学生的分布条形图，逐个分析判即可

【详解】解：对于A，B校人数为，C校人数为，因为，所以A正确；

对于B，A校前100名的人数有，所以B正确；

对于C，A校在51—100名的学生有25人，C校在1—200名的学生有40人，也有可能在51—100名的学生有25人，所以C错误；

对于D，A校在1—100名和151—200名的学生共有人，A校在101—150的有21人，C校在1—200名的有40人，但在101—150的不一定有40人，而三个学校中在1—100名和151—200名内的人数至少有150人，所以B校至少有人在1—100名和151—200名内，则B至多有人在101—150内，所以D正确，

故选：C

4．已知，则a，b，c，d的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，即可判断和选择.

【详解】是上的单调增函数，故，故；

又是上的单调减函数，故，即；

又是上的单调增函数，故，即；

综上所述：.

故选：A.

5．已知向量满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据条件求得，进而可得.

【详解】，则．

又，因此．

故选：C.

6．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（    ）种

A．5 B．8 C．14 D．21

【答案】C

【分析】按乙排第五和不是第五分类讨论．

【详解】乙排在第五的情况有：，乙不在第五的方法有，

共有，

故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，解题关键是确定完成事件的方法：是先分类还是先分步：分类后每一类再分步．然后结合计数原理求解．

7．三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　)

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积．

【详解】解：根据题意，得到三棱锥的外接球的球心在等边三角形的中心高线和过直角三角形斜边的中点的高的交点位置，

如图所示：

三棱锥中，平面平面，，，，

所以，，

在直角三角形中，，

解得：，

所以，

三棱锥的外接球半径，

则，

故选．

【点睛】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定，球的表面积公式的应用．

8．已知数列的前项和为，且，又当时，恒成立，则使得成立的正整数的最小值为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由得，两式相减得，即，然后得，然后得，然后，然后解出不等式即可.

【详解】因为当时，

所以当时，

两式相减得：

所以

所以是等差数列

因为，所以

所以

所以

所以

所以

解得或（舍）

所以正整数的最小值为5

故选：B

【点睛】本题考查的知识点有：数列与的关系，累加法求通项公式、裂项相消法求和，属于比较综合的题.

二、多选题

9．已知复数(为虚数单位)，为的共辄复数，若复数，则下列结论正确的是（    ）

A．在复平面内对应的点位于第四象限 B．

C．的实部为 D．的虚部为

【答案】ABC

【分析】由复数的运算求得，再根据复数的定义计算后判断各选项．

【详解】由题意，

对应点坐标为在第四象限，A正确；，B正确；

的实部为，C正确，虚部是，D错误．

故选：ABC．

【点睛】关键点点睛：本题考查复数的运算，考查复数的定义及几何意义，解题时通过复数的运算化复数为代数形式，然后根据复数的定义求解判断．

10．下列命题中，正确的命题有（    ）

A．已知随机变量X服从正态分布且，则

B．设随机变量，则

C．在抛骰子试验中，事件，事件，则

D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好

【答案】BD

【分析】根据正态分布的性质可判断A；由二项分布的方差公式可判断B；根据条件概率公式可判断C；由的意义可判断D.

【详解】A：因为且，所以，

所以，A错误；

B：因为，所以，B正确；

C：由题知，事件，所以，C错误；

D：由的意义可知D正确.

故选：BD

11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（    ）

A．平面PB1D⊥平面ACD1

B．A1P∥平面ACD1

C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是

D．三棱锥D1­APC的体积不变

【答案】ABD

【分析】根据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，可判定A正确；连接A1B，A1C1，由平面BA1C1∥平面ACD1，可判定B正确；当P与线段BC1和线段BC1的中点两端点重合时，分别求得A1P与AD1所成角，可判定C错误；由，结合△AD1P的面积不变，可判定D正确

【详解】对于A中，根据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，

又由DB1平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；

对于B中，连接A1B，A1C1，在正方体中，可得平面BA1C1∥平面ACD1，

又由A1P平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；

对于C中，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，

当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，

故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；

对于D中，，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C­AD1P的体积不变，故D正确．

故选ABD．

12．抛物线的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到时，，直线与抛物线相交于A，B两点，点，下列结论正确的是（    ）

A．抛物线的方程为

B．存在直线，使得A、B两点关于对称

C．的最小值为6

D．当直线过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切

【答案】ACD

【分析】根据得到故,A正确，中点在抛物线上，B 错误,，C正确，计算D正确，得到答案.

【详解】,故，,故,A正确；

设,设中点，则，相减得到,即,因为A、B两点关于对称，所以,故,故,点在抛物线上，不成立，故不存在，B错误；

过作垂直于准线于,则，当共线时等号成立，故C正确；

如图所示：为中点，故,故为直径的圆与轴相切，故D正确；

故选：ACD.

三、填空题

13．的展开式中的常数项为______.

【答案】

【分析】由题意结合二项式定理可得的展开式的通项为，令，代入即可得解.

【详解】由题意的展开式的通项为，

令即，则，

所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

14．已知向量，（，），若，则的最小值为______.

【答案】

【解析】根据，然后可得，然后使用基本不等式简单计算可得结果.

【详解】由，所以，即

当且仅当，即时，取等号

所以的最小值为：

故答案为：

【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示以及基本不等式的应用，考查计算,属基础题.

15．已知，则______．

【答案】##

【分析】利用诱导公式结合已知条件求解即可

【详解】因为，

所以

，

故答案为：

16．已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．

【答案】

【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．

【详解】过且斜率为的直线，渐近线，

联立，得，由，得

而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.

故答案为：．

四、解答题

17．已知公差不为0的等差数列中，，是和的等比中项.

(1)求数列的通项公式：

(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，求的值.

【答案】(1)

(2)2101

【分析】（1）公式法解决即可；（2）与（，2，…）之间插入，说明在数列中有10项来自，10项来自，分组求和即可.

【详解】（1）设数列的公差为，

因为是和的等比中项，

所以，即，

因为

所以或（舍）

所以，

所以通项公式

（2）由（1）得，

因为与（）之间插入，

所以在数列中有10项来自，10项来自，

所以

18．已知函数.

（1）求在上的最值；

（2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，进而由的取值范围得出函数的最值；

（2）利用面积公式，余弦定理和正弦定理求解即可．

【详解】（1）

当时，

，.

（2）

又

又

19．每年春天，婺源的油菜花海吸引数十万游客纷至沓来，油菜花成为“中国最美乡村”的特色景观，三月，婺源篁岭油菜花海进入最佳观赏期.现统计了近七年每年(2015年用x=1表示，2016年用x=2表示)来篁岭旅游的人次y(单位：万人次)相关数据，如下表所示：

若关于具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测2022年篁岭的旅游的人次；

（2）为维持旅游秩序，今需､､､四位公务员去各景区值班，已知､､去篁岭值班的概率均为，去篁岭值班的概率为，且每位公务员是否去篁岭值班不受影响，用表示此4人中去篁岭值班人数，求的分布列与数学期望．

参考公式：，.参考数据：，.

【答案】（1），万人次；（2）分布列见详解，．

【分析】（1）根据表中数据结合参考公式即可求解回归方程，再代入求解2022年篁岭的旅游的人次；

（2）列出的可能取值，依题意求得各情况的概率，写出分布列进而求得数学期望．

【详解】（1）由表知：，

则

所以

因为2015年用x=1表示，所以2022年是时，得(万人次)；

（2）的可能取值是0，1，2，3，4

则

则的分布列为

故数学期望为

【点睛】思路点睛：

求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：

（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；

（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；

（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．

20．在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，，

（1）求证：平面平面；

（2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)见解析；（2）.

【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得，；又由条件可得到，于是平面，可得，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理得平面平面．

（2）由题意得可得，，两两垂直，故可建立空间直角坐标系，结合题意可得点，于是可求得平面的法向量为，又是平面的一个法向量，求得后结合图形可得所求余弦值为．

【详解】（1）由，，，得，

∴为直角三角形，且

同理为直角三角形，且．

又四边形是正方形，∴．

又∴.

在梯形中，过点作作于，

故四边形是正方形，∴.

在中，，

∴，，

∴，∴，即.

∵，,，

∴平面,又平面，

∴，又，∴平面，

又平面，∴平面平面．

（2）由（1）可得，，两两垂直，以为原点，

，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则.

令，则，

∵，∴

∴点.

∵平面，

∴是平面的一个法向量.

设平面的法向量为.

则，即，可得.

令，得．

∴．

由图形知二面角为锐角，

∴二面角的平面角的余弦值为．

【点睛】利用空间向量求二面角的注意点

（1）建立空间直角坐标系时，要注意证明得到两两垂直的三条直线．然后确定出相应点的坐标，在此基础上求得平面的法向量．

（2）求得两法向量的夹角的余弦值后，还要结合图形确定二面角是锐角还是钝角，然后才能得到所求二面角的余弦值．这一点在解题时容易忽视，解题时要注意．

21．已知椭圆过点，离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若为椭圆的左顶点，直线过右焦点与椭圆交于，两点（，与不重合），不与轴垂直，若，求．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由题意可得关于的方程组，求解的值，即可求得椭圆C的标准方程；

（2）根据题意设，直线：，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系结合，求出的值，再根据弦长公式即可求得.

【详解】（1）由题意可得：，

解得：，

椭圆C的标准方程为：；

（2），

由题意可设：直线：，，

联立： 得：，

则，

，

，

又，

，

解得：，

故，

.

22．已知函数，.

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）设，若，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）若，则，，求得，，写出切线方程.

（2）构造函数，知在上单调递增，且，由恒成立，得，再利用导数研究的单调性证得恒成立即可.

【详解】（1）当时，，则，，

又，故切点为

所以曲线在点处的切线方程为．

（2），定义域为，

令，求导，

所以在上单调递增，且，

若，则当时，恒成立，即，所以．

因为，

当时，令，则，

所以在上单调递增，且，，

所以存在，使得，即，，

当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增，

所以

．

综上，所求的取值范围为.

【点睛】方法点睛：本题主要考查导数的几何意义以及导数与不等式恒成立问题，常用方法：

①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图像在 上方即可)；③讨论最值或恒成立.考查了学生的转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.