2023届福建省南平市浦城县第三中学高三上学期期中测试数学模拟（一）试题（解析版）

2023届福建省南平市浦城县第三中学高三上学期期中测试数学模拟（一）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解不等式得集合，直接根据交集运算即可.

【详解】解：解不等式得或，则或，又

所以.

故选：C.

2．“为纯虚数”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

【答案】A

【分析】根据纯虚数的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.

【详解】因为为纯虚数，

所以有，

因此“为纯虚数”是“”的充分不必要条件，

故选：A

3．已知函数的部分图象如图所示，则下列可能是的解析式的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】AB选项，利用函数的单调性和特殊值判断；CD选项，利用函数的奇偶性判断.

【详解】A. ，故错误；

B.因为，且，则在R上递增，故正确；

C.的定义域为关于原点对称，又 ，则是奇函数，图象关于原点对称，故错误；

D. 的定义域为关于原点对称，又 ，则是奇函数，图象关于原点对称，故错误；

故选：B

4．已知m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，，，，则

C．若，，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】以长方体为例，特例说明，判断正误.

【详解】

如图，平面平面，平面，但平面，A错误；

分别是的中点，则平面，平面，平面，平面，显然平面与平面不平行，B项错误；

平面平面，平面，而平面，D项错误；

对于C项，，，则或.又，则.

故选：C.

5．已知，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用角的变换，结合二倍角公式，化简求值.

【详解】

.

故选：A

6．如图所示，已知圆O的半径为5，，圆O上有一点B满足，点C为圆O上任意一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得的坐标，从而得到的坐标，结合向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】根据题意可得,，则

设，其中，则

所以，且

所以

故选:A.

7．设，分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据椭圆的定义可得，，当三点共线时，取值最大或最小.

【详解】根据椭圆的定义可得，，则，因为，则当三点共线时，取值最大或最小.

由已知得，，，，，.

图1

如图1，当点位于图中时，根据三角形三边关系取值最大. .

图2

如图2，当点位于图中时，根据三角形三边关系取值最大. .

故答案为：.

8．正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别为正四面体、正六面体（即正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知连接正八面体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体．已知该柏拉图体的体积为1，则生成它的正八面体的棱长为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】明确正八面体的结构特征，作出其示意图，确定连接其各面中心构成的几何体为正方体，根据正方体的棱长，求得正方形的对角线长，即可求得答案.

【详解】如图，正八面体由两个正四棱锥组成，

正八面体所有棱长都相等，四边形为正方形，

设分别为的中点，分别为正八面体的各个面的中心（如图），则由题意知为正方体，

连接,则分别在上，

则,故,

由题意知正方体的体积为1，则其棱长,故,

又分别为的中点，则,

故,即正八面体的棱长为，

故选：B.

9．已知双曲线，点F为其上焦点，过点F作一条与双曲线的渐近线相垂直的直线交双曲线的渐近线于M，N两点，其中点M为垂足，点M在第二象限，且点N在第一象限，若满足（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】先利用点到直线的距离公式求得，然后结合图形和角平分线定理可得，然后可解.

【详解】由题知，，，，

所以，所以，

又，

所以由角平分线定理可得，

所以由勾股定理可得，即，即

所以.

故选：B

10．已知实数，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】原式变形为，利用均值不等式可得，进一步根据分式性质讨论最值即可.

【详解】由题意得，，当且仅当等号成立，

又，此时，.

故选：D

11．已知，，，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得，再根据，即可求出m，n与零比较的大小关系.

【详解】已知，

故

同理可证

，

，即，

，即，

综上所述，，

故选：D.

12．已知函数,,若存在,使得成立,则n的最大值为（    ）（注:为自然对数的底数）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】根据式子的形式构造函数,求导判断单调性,求出的值域,要使原式成立,即成立,根据的值域,则有,即可得到关于的不等式,解出即可,由即可得出n的最大值,选出结果即可.

【详解】解:由题知构造,

,

时,单调递减,

时,单调递增,

即,

则原式

可化为:

,

即:,

,

,

,

故有:,,

的最大值为5.

故选:B

二、填空题

13．已知函数，若，则x的范围是_______．

【答案】

【分析】分类讨论，化简，结合范围解不等式即可得答案.

【详解】①当时，=.因时，，

则.

②当时，=.

⑴当时，.则.

⑵当时，.则

综上所述，.

故答案为：

14．从一批含有6件正品和4件次品的10件产品中随机抽取2件产品进行检测，记随机变量X为抽检结果中含有的次品件数，则随机变量X的期望________．

【答案】##

【分析】根据题意，确定随机变量X的可能取值，再求出每个变量对应的概率即可求解.

【详解】由题意可知：X的可能取值为，

，， ，

所以，

故答案为：.

15．已知多项式，则______．

【答案】

【分析】利用换元法，结合二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】令，

所以由，可得

，

即，

二项式的通项公式为，

所以，

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用换元法，结合二项式的通项公式是解题的关键.

16．已知平面向量，，，，满足，，，若，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据已知得到与终点的轨迹，设出利用圆的相关知识即可求得的范围.

【详解】由已知，，，设

不妨设，，

可得

又因为，故

所以，即

所以，易知，终点在以为圆心，为半径的圆上.

终点在以为圆心，为半径的圆上.

的取值范围为与终点距离的取值范围

故

故答案为：

三、解答题

17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A；

(2)求的最大值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）首先根据正弦定理，角化为边，再结合余弦定理，求角；

（2）根据（1）可知，代入后，利用三角恒等变形，化简后根据自变量的范围，求函数的最大值.

【详解】（1）由正弦定理得

解得

又，

∴

（2）

∴

∵，

∴

故当时，即时，取最大值1

即的最大值为1

18．如图所示，多面体ABCDEF中，，平面ADEF⊥平面BCEF，AD⊥EC，且，，．

(1)证明：FB⊥DE；

(2)若，求直线DC与平面ABF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证FB⊥DE，只要证：BF⊥平面ADEF，只要证BF⊥EF，可先证四边形EFBC为平行四边形即可.

(2)先利用线面垂直证得FD，FE，FB两两垂直，以F为原点建系，用空间向量求线面角正弦值.

【详解】（1）证明：

∵且，所以四边形EFBC为平行四边形，

∴BFEC，又ADEF，AD⊥EC，

∴BF⊥EF

又平面ADEF⊥平面BCEF，且平面平面

∴BF⊥平面ADEF，

又DE平面ADEF，

∴FB⊥DE

（2）连接BD，FD，，，

在三角形BCD中，由余弦定理得

∴

又，

∴BC⊥BD

∵BC⊥BF，且，平面BFD，平面BFD

∴BC⊥平面BFD

∵EFBC，

∴EF⊥平面BFD

∵DF平面BFD，BF平面BFD

∴EF⊥DF，EF⊥BF

∵BF⊥平面ADEF，且平面ADEF

∴FD⊥FB，故FD，FE，FB两两垂直

如图建系，

，，，

，，

设平面ABF的法向量为平面

由得

则，取，

设直线DC与平面ABF所成角

∴.

故直线DC与平面ABF所成角的正弦值为

19．已知数列的前n项和满足．

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，记的前n项和为，若存在使得成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合，可证明是等比数列，求解即可；

（2）乘公比错位相减法求和可得，代入，化简可得恒成立，结合单调性求解即可.

【详解】（1）∵，当可得，

，

∴，

即是以1为首项，的等比数列，

∴.

（2）∵,

∴,

,

两式相减：

,

∴,

∴,

∴,

即存在使成立,

∵随着n增大，在减小,

∴当时，.

20．如图所示，已知抛物线：，椭圆：，过y轴正半轴上点A作斜率为的直线l交抛物线于B，C两点，交椭圆于E，F两点．

(1)当点A为抛物线的焦点时，．求抛物线的方程；

(2)若B，C两点关于y轴的对称点为，，求四边形面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，，根据题意表示出抛物线方程和直线方程，联立得到根与系数的关系，根据弦长公式计算得到答案.

（2）联立方程得到根与系数的关系，计算，计算点，到直线EF的距离得到，得到面积解析式，构造函数，求导得到函数的单调区间，计算最大值得到答案.

【详解】（1）设，，当点A为抛物线焦点时，，l：，

与抛物线联立，整理得，，

，，，

即抛物线的方程为.

（2）设l：，与椭圆联立，整理得，

直线与椭圆有两个交点E，F，，，又，故，

设，，有，

，

B，C两点关于y轴对称点为，，即，

设，分别为点，到直线EF的距离，

则

将l与抛物线联立，整理得，

两根为，，，，

四边形的面积

，

令，令，

得到，即在上单调递增，在上单调递减，

，，

即四边形面积的最大值为.

【点睛】本题考查了圆锥曲线和导数的综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用根与系数的关系解题是常考的知识点，需要熟练掌握，利用导数求最值是解题的关键.

21．已知函数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)当时，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先求导，结合导数的几何意义和点斜式可求在处的切线方程；

（2）用两步放缩法，结合导数先证，再证，组合后即可证明当时，．

【详解】（1）∵，∴，当时，，∴切点为，

∴在处的切线方程为；

（2）先证：，

令，，

∵，∴，即在上单调递增，

∴，所以当时，成立，

因为当时，，

∴，

再证：，

令，

∵，当时，恒成立，∴在上单调递增，

∴，

令，则，

∴在上单调递增，∴，即，

∴，

∵，∴，

∴，得证.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线是圆心在极轴上且经过极点的圆，射线与曲线交于点．

(1)求曲线，的普通方程；

(2)，是曲线上的两点，求的值．

【答案】(1)的普通方程为，的普通方程为

(2)

【分析】（1）根据参数方程化为普通方程，结合同角三角函数的平方公式，根据圆中弦的性质，可得答案；

（2）根据参数方程的等量关系，代入曲线的方程，表示出，整理等式，可得答案.

【详解】（1）的参数方程为，则，，∴的普通方程为，

由射线与曲线交于点，则，设圆的半径为，则，

曲线是圆心在极轴上且经过极点的圆，圆心为在直角坐标系下的坐标为，

∴的普通方程为.

（2）曲线的极坐标方程为，

∴，∴，

∴，

∴.

23．已知a和b是任意非零实数．

(1)求的最小值；

(2)若不等式恒成立，求实数x的取值范围．

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）利用绝对值的三角不等式求解即可；

（2）首先利用绝对值的三角不等式求出的最小值，然后分类讨论求解即可.

【详解】（1）∵，，

∴，当且仅当时等号成立，

所以的最小值为5；

（2）由题知：恒成立，先求的最小值

∵

∴，

∴

当时，，

∴，

∴

当时，，

∴，

∴

当时，，

∴，

∴

综上，实数x的取值范围是