2023届福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高三上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高三上学期12月联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高三上学期12月联考数学试题

一、单选题
1．若复数满足,则
A． B． C． D．1
【答案】D
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解．
【详解】由（z+1）i＝1+i，得z+1，
∴z＝﹣i，则|z|＝1．
故选D．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2．已知集合，．若，求实数a的取值范围为（   ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据对数函数解不等式得集合，由，得，即可求实数a的取值范围.
【详解】解：，
若，则，又，所以，则实数a的取值范围是.
故选：B.
3．已知λ为实数，则使命题“，”是假命题的一个充分不必要条件是（   ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求得命题“，”是假命题的充要条件，再利用集合间的关系去选择其充分不必要条件即可解决.
【详解】由命题“，”是假命题，
可得，恒成立，则恒成立，
又时，（当且仅当时等号成立）
则，恒成立时，有
则命题“，”是假命题的充要条件为
则命题“，”是假命题的充分不必要条件
为的真子集，选项中仅选项C符合要求
故选：C
4．若等边三角形的边长为1，点满足，则
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【分析】根据平行四边形法则画出图形找到点的位置，然后根据两个向量的数量积的定义进行计算．
【详解】根据平行四边形法则画出如下图形，为平行四边形边的中点，
由图可知：，


．

故选：D.
【点睛】本题主要考查向量数量积的定义运算，考查数形结合思想的运用，求解时要充分利用平面向量既有几何又有代数的双重身份，借助图形进行数量积运算，能使运算更有方向性．
5．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ）

A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积最大为
D．过A点分别作于点E，于点F，则
【答案】C
【分析】由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，且，则平面，
且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
由平面，得,为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故B正确;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C不正确；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：C.
6．已知函数，若在区间上单调递减，则实数m的最小值是（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用三角恒等变换得到，根据得到，结合函数的单调区间，得到不等式，求出，得到答案.
【详解】
，
因为，所以，
要想满足在区间上单调递减，则，
解得：，故实数m的最小值是.
故选：B
7．抛物线的焦点为，过作斜率为的直线与抛物线在轴右侧的部分相交于点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，则的面积是（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出点的坐标，可得出点的坐标，分析可知是等边三角形，计算出其边长，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示：

易知抛物线的焦点为，准线方程为，直线的方程为，
由可得，解得，可得点，
由抛物线的定义可得，易知点，则，
所以，是边长为的等边三角形，故.
故选：C.
8．艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，，的前n项和为，则等于（   ）
A．2022 B．2023 C． D．
【答案】D
【分析】先由函数有两个零点求得和的解析式，进而求得数列的递推公式，从而得到数列的前n项和，即可求得的值.
【详解】有两个零点1，2，
则，解之得，
则，则
则
则
由，可得，
故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列
则通项公式，前n项和
则
故选：D
【点睛】递推数列通项公式是一类考查思维能力的题型，要求我们进行严格的逻辑推理找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的.主要方法有累加法，累乘法，取倒数法，换元法，构造法等

二、多选题
9．已知函数对都有，若函数的图象关于直线对称，且对，，当时，都有，则下列结论正确的是（   ）
A． B．是偶函数
C．是周期为4的周期函数 D．
【答案】ABC
【分析】由的图象关于直线对称，得到关于轴对称，赋值后得到，进而得到，判断出ABC均正确；
根据，，当时，都有，得到在上单调递增，结合函数的周期及奇偶性得到，，判断出.
【详解】的图象关于直线对称，故关于轴对称，是偶函数，B正确；
中，令得：，
因为，所以，解得：，A正确；
故，是周期为4的周期函数，C正确；
对，，当时，都有，
故在上单调递增，又是周期为4的周期函数，且是偶函数，
故，，
因为，
所以，D错误.
故选：ABC
10．下列结论中，正确的结论有（   ）
A．若，，则
B．如果，那么取得最大值时x的值为1
C．已知，则
D．若，，，则的最小值是8
【答案】AD
【分析】对A，根据作差法判断即可；对B，根据二次函数的最值判断即可；对C，举反例判断即可；对D，根据基本不等式，结合判断即可.
【详解】对A，，故成立，故A正确；
对B，，故当取得最大值时的值为，故B错误；
对C，当时，满足，此时，，不满足，故C错误；
对D，若则，因为，，故，即，解得，当且仅当，即时取等号，故D正确；
故选：AD
11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（   ）

A．棱上总会有一点，使得平面
B．存在某个位置，使得与所成角为锐角
C．一定是二面角的平面角
D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】AD
【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可判断说明A选项；(2)证明线面垂直即可得到线线垂直，即可判断B选项；(3)根据二面角的平面角的定义说明C选项；(4)利用几何体的特征找到外接球的球心，并根据几何关系确定半径即可求解D选项.
【详解】对于A，
取中点，连接，如图，
在中，，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，
取中点，连接,
因为是等边三角形，所以,
又因为,在中，，所以，
又因为,平面，
所以平面，
又平面，所以，故B错误；
对于C，翻折过程中，长度不变，但长度会随着翻折程度不同而不同，
所以不一定垂直于，所以一定是二面角的平面角，
故C错误；
对于D，因为为直角三角形，
所以过作平面,
设为三棱锥外接球的球心，
因为平面平面，平面平面,
且，平面，
所以平面,所以,
过作交于点，如图所示，

所以四边形为矩形，
，
在直角中，即
在直角中，即
解得，所以三棱锥的外接球的表面积是.
故D正确.
故选:AD.
12．在平面直角坐标系中，已知点，动点满足()，记点P的轨迹为曲线C，则（    ）
A．存在实数，使得曲线上所有的点到点的距离大于2
B．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之和为6
C．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之差为2
D．存在实数，使得曲线上有两点到点的距离与到直线的距离相等
【答案】BD
【分析】先求出C的方程，然后求出选项A，B，C，D给定条件对应的轨迹方程，最后探讨它们的关系而得解.
【详解】设点P(x，y)，由得，即，曲线C是斜率为2的动直线，
对于A选项：点到直线C的距离为，即曲线C上存在点与距离小于2，A错误；
对于B选项：因，则到点与的距离之和为6的轨迹是中心在原点，长轴长为6的椭圆，
a=0时，直线C：y=2x与这个椭圆有两个交点，即B正确；
对于C选项：因，则到点与的距离之差为2的轨迹是中心在原点，实轴长为2的双曲线右支，
直线C：与此双曲线渐近线2x-y=0平行，直线C：y=2x与这个双曲线右支最多有一个公共点，即C错误；
对于D选项：时，到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹是顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线，
由消去x得，，当，直线C与抛物线交于两点，D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：圆锥曲线定义是研究曲线形状、求曲线方程的关键.

三、填空题
13．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为________.
【答案】
【详解】试题分析：因为 为圆的弦的中点，所以圆心坐标为，，所在直线方程为，化简为，故答案为.
【解析】1、两直线垂直斜率的关系；2、点斜式求直线方程.
14．若等差数列的公差为，是与的等比中项，则该数列的前n项和取得最大值时，n的值为_______．
【答案】6
【分析】根据是与的等比中项列出方程，求出首项，从而求出通项公式，列出不等式，求出时，，时，，结合，求出答案.
【详解】由题意得：，即，
解得：，故，
令，解得：，令，解得：，
又因为，故当时，取得最大值.
故答案为：6
15．已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是______________．
【答案】
【分析】对函数求导，求出函数的单调性，并作出函数的草图，结合图形即可求解.
【详解】因为函数，
则，
令，解得：；令，解得：或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，
当时，函数取极大值时函数值为正，
作出函数的草图，

如图，要使方程有两个不相等的实数根，则有或，
故答案为：.
16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，是上的一点，且满足，，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【分析】设，得到，在中，由余弦定理求得，再根据，化简求得，代入上式，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，

点，所以，
设，则，
因为，，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，即，
在中，根据余弦定理得,
即，
在中，根据余弦定理得,
即，
因为，
所以，解得，
又因为在中，，
所以，
即，即，
即，
所以，可得，即，
将代入，可得，即，
可得.
故答案为： .
【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.

四、解答题
17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且向量与向量共线．
(1)求B；
(2)若，的面积为，判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)
(2)为正三角形，理由见解析

【分析】（1）由平面向量共线向量的坐标运算得，结合正弦定理可得，即可得角；
（2）根据三角形面积公式结合余弦定理可求边，从而可判断三角形形状.
【详解】（1）解：∵向量与向量共线，
∴，由正弦定理得：，
∴，
∵，则，∴，
∵，∴；
（2）解：由已知，
所以
由余弦定理得，
所以
解得或（舍）
又因为，所以为正三角形．
18．数列的前n项和满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为等差数列，且，，求数列的前n项．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据与的关系，采用相减法求数列的通项公式即可；
（2）根据数列为等差数列，结合已知求解，利用组求和、错位相减法即可求数列的前n项．
【详解】（1）解：当时，，所以，
因为①，
所以当时，②，
①-②得，
所以，
所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，
所以；
（2）解：由（1）知，，，
所以，，
设的公差为d，则，所以，
所以，
所以，
设数列的前n项和为，
所以③，
④，
③-④得
，
所以，
又因为数列的前n项和等于，
所以的前n项和为．
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，．

(1)求证：平面MQB⊥平面PAD；
(2)若二面角M-BQ-C的大小为60°，求QM的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明四边形BCDQ为平行四边形，进而得到QB⊥AD，再根据面面垂直的性质可得BQ⊥平面PAD，再根据面面垂直的判定证明即可；
（2）以Q为原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可得，再根据空间向量的模长公式求解QM的长即可.
【详解】（1）证明：∵ADBC，，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴CDBQ
∵∠ADC＝90°，
∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，
平面，∴BQ⊥平面PAD，
∵平面MQB，
∴平面MQB⊥平面PAD；
（2）∵PA＝PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，，
设，且0≤λ≤1，得，
所以，，
设平面MBQ法向量为，
由，得，
令，则，
由题意知平面BQC的一个法向量为，
∵二面角M-BQ-C为60°，
∴，即，，解得，
∴，则，
∴．
20．疫情期间，为保障学生安全，要对学校进行消毒处理．校园内某区域由矩形与扇形组成，，，．消毒装备的喷射角，阴影部分为可消毒范围，要求点在弧上，点在线段上，设，可消毒范围的面积为．

(1)求消毒面积关于的关系式，并求出的范围；
(2)当消毒面积最大时，求的值．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）求出扇形和梯形的面积，可求得关于的关系式，求出的取值范围，可求得的范围；
（2）根据（1）中的函数关系式，利用导数法可求得取最大值时，对应的的值.
【详解】（1）解：由题意可知，则扇形的面积为，
，则，且，
所以， 梯形的面积为，
，且，则，故，
所以，，.
（2）解：设，，
，且，
记为锐角，且，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，当时，，即时，取最小值，此时取最大值.
21．已知椭圆的左右焦点分别为，其焦距为，点在椭圆上，，直线的斜率为（为半焦距）·
（1）求椭圆的方程；
（2）设圆的切线交椭圆于两点（为坐标原点），求证：；
（3）在（2）的条件下，求的最大值
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由题意知 ,，解得 即可．
（2）（i）当切线与坐标轴垂直时，满足，（ii）当切线与坐标轴不垂直时，设圆的切线为y＝kx+m，得，A（x1，y1），B（x2，y2），利用，即可证明．
（3 ）当切线与坐标轴垂直时|OA|•|OB|＝4，当切线与坐标轴不垂直时，由（2）知，且，即可得OA||OB|的最大值．
【详解】（1）连接，由题意知 ，
设

即 解得 ,
椭圆的方程为 .       
（2）（i）当切线与坐标轴垂直时,交点坐标为，满足.
(ii)当切线与坐标轴不垂直时，设切线为
由圆心到直线距离为
联立椭圆方程得 恒成立，设


满足 .       
（3 ）当切线与坐标轴垂直时
当切线与坐标轴不垂直时,由（2）知
.
令
当且仅当时等号成立,
综上所述，的最大值为
【点睛】本题考查了求椭圆的方程，直线与圆相切的性质，也考查了直线与椭圆的位置关系，计算能力，属于中档题．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求出定义域，再求导，根据确定或，再对进行分类讨论，讨论求出函数的单调性；
（2）对求导，结合的极值点个数得到在上有两个不等实根，得到，，，表达出，只需证，构造，，研究其单调性，求出，由对勾函数的单调性证明出结论.
【详解】（1）定义域为，且
，
令得，或，
①当时，与，，单调递增，
，，单调递减，
②当时，，在单调递增，
③当时，与，，单调递增，
，，单调递减，
综上，当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增；
当时，在区间，上单调递增，在区间单调递减；
（2）由已知，，则，
函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，
令，只需，故，
又，，
所以
，
要证，即证，
只需证，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，
即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
∵由对勾函数知在上单调递增，
∴，
∴，即，得证．
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.