福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题（含解析）

福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，若，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

2．已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（      ）

A． B． C． D．

3．在等比数列中，，则“”是“数列的公比为”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

4．尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则．若图中交于点P，，则（    ）

A． B． C． D．

5．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．已知为抛物线的焦点，过的直线交地物线于两点，若，则（    ）

A．1 B． C．3 D．4

7．已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

8．已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．随机变量且，随机变量，若，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（    ）

A．是奇函数 B．图象关于直线对称

C．在上是减函数 D．在上的值域为

11．如图，在直三棱柱中，，，，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．当N为的中点时，直线与平面所成角的正切值为

B．当时，平面

C．的周长的最小值为

D．存在点N，使得三棱锥的体积为

12．定义在上的函数满足，是偶函数，，则（    ）

A．是奇函数 B．

C．的图象关于直线对称 D．

三、填空题

13．已知向量满足，则__________．

14．已知等差数列的前项和为，若，，，则符合题意的等差数列的一个通项公式为________．

15．若曲线有两条过的切线，则的范围是____________．

16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________.

四、解答题

17．记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.

(1)求B和b的值；

(2)求AC边上高的最大值.

18．已知数列满足．

(1)证明为等差数列，并的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

19．某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6，如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.

(1)计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率；

(2)王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心的种数为，求n的值使得取得最大值.

20．如图，在圆台中，，分别为上、下底面直径，，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

21．在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.

(1)求的方程；

(2)点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.

22．已知函数．

(1)令，讨论在的单调性；

(2)证明：；

(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】根据交集结果得到，或，检验后得到答案.

【详解】因为，所以，或，

当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当时，，满足集合元素互异性，满足要求.

故选：B

2．A

【分析】先由虚数单位的性质求得，再利用复数的四则运算求得，从而得解.

【详解】因为，

所以，故，

所以的虚部为.

故选：A.

3．B

【分析】结合等比数列的通项公式，充分、必要条件的定义判断即可.

【详解】设等比数列的公比为，

由，，得，则；

由，，得．

故“”是“数列的公比为”的必要不充分条件．

故选：B

4．C

【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出.

【详解】设，则，.

在中，由正弦定理，得；

在中，由正弦定理，得.

又因为，，

所以，所以，

即.

又因为，所以，故.

所以.

故选：C.

5．B

【分析】所有实验结果有种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件之和为，即可求出概率.

【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有种不同的结果，

其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有种，

数字1、1、4组成的结果有种，数字2、2、2组成的结果有种.

故所求概率为.

故选：B.

6．C

【分析】由抛物线的定义求得点的横坐标，代入抛物线得点坐标，从而求得直线的方程，联立抛物线与直线即可得点的横坐标，求得，从而可得的值.

【详解】如图，过作准线于，过作准线于，

由抛物线的焦点，准线方程为，

由抛物线的定义可得，所以，代入抛物线方程得

若，直线的斜率为，则直线方程为，即

联立得，则，所以，

则；

若，直线的斜率为，则直线方程为，即

联立得，则，所以，

则；

综上，.

故选：C.

7．D

【分析】由题可知为偶函数，且在上单调递减，利用函数的单调性可比较出.

【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.

因，所以，故为偶函数.

当时，，因，，所以.

即在上单调递减.

，

因，所以，即.

故选：D.

8．C

【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体积公式求解即可.

【详解】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形，

由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，

故，

四面体的体积为

，

其中

，当且仅当时取等号，

由球的截面性质，，，

所以四点共圆，则有外接圆直径，

从而，

.

故选：C

9．AC

【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.

【详解】对AB，因为且，

所以，故，，选项A正确，选项B错误；

对C，因为，所以，

所以，解得，选项C正确；

对D，，选项D错误.

故选：AC.

10．ACD

【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

【详解】，

由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，

，则，所以，

将函数的图象沿轴向右平移个单位，

得到函数的图象.

对于A选项，函数的定义域为，，

函数为奇函数，A选项正确；

对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；

对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；

对于D选项，当时，，则，.

所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.

故选：ACD

11．BD

【分析】取的中点,证明平面，故为直线与平面所成的角，求解可判断A；延长交于点，可得四边形是平行四边形，从而可判断B；当点与重合时，求出的周长可判断C；取的中点,连接，若三棱锥的体积为，则，根据可判断D.

【详解】对于A，当为的中点时，取的中点,连接，

易知,平面，则平面，

故为直线与平面所成的角，

则,故A错误；

对于B，当时，延长交于点，此时，

所以，所以.

又，所以四边形是平行四边形，所以，即.

因为平面，平面，所以平面，故B正确；

对于C，当点与重合时，易知，

此时的周长为，显然有，故C错误；

对于D，取的中点,连接，易知平面,,

若三棱锥的体积为，

即，所以,所以.

因为

所以存在点N，使得三棱锥的体积为，故D正确.

故选:BD.

12．ABD

【分析】利用函数的奇偶性、对称性、周期性求解即可.

【详解】对于选项，∵是偶函数，∴，

∴函数关于直线对称，∴，

∵，∴，∴是奇函数，则正确；

对于选项，∵，∴，∴,

∴的周期为，∴，则正确；

对于选项，若的图象关于直线对称，则，

但是，，即，这与假设条件矛盾，则选项错误；

对于选项，将代入，得，

将，代入，得，

同理可知，

又∵的周期为，∴正奇数项的周期为，

∴

，则正确.

故选：ABD.

13．

【分析】对进行平方，然后代入，即可进行求解.

【详解】因为，

则，

所以.

故答案为：

14．（答案不唯一）

【分析】由条件可得，，，由此确定，由此确定数列的一个通项公式.

【详解】因为，，，

所以，，，

设数列的公差为，则，

取，又，可得，

故数列的一个通项公式为，

故答案为：（答案不唯一）.

15．

【分析】由题可将曲线有两条过的切线转化为函数图象与直线有两个交点，然后利用导数研究单调性，画出大致图象，即可得答案．

【详解】设切线切点为,，又，所以切线斜率为

因为，所以切线方程为：．

又切线过，则，即

则由题可知函数图象与直线有两个交点，

由得，由得

所以在上单调递增，在上单调递减．

又，又，，，．

据此可得大致图象如下．

则由图可得，当时，曲线有两条过的切线．

故答案为：.

16．8

【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.

【详解】

由条件 ， ，

即 ， ，

设 ，由题意： ，则 ，

，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，

；

设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：

则 的周长 ,

，当 三点共线时等号成立， ，

l的得最大值为8；

故答案为：8.

17．(1)，；

(2).

【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.

（2）利用余弦定理、均值不等式求出的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.

【详解】（1）由，得，即，

因此，在中，，即，

而，即，于是，又，解得，

因为的外接圆半径，由正弦定理得，

所以，.

（2）由（1）知，，，由余弦定理，得，

于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，

则由，得

所以AC边上高的最大值是.

18．(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）根据等差差数列的定义证明即可，从而可得的通项公式；

（2）利用分式分离变形，结合分组求和与裂项求和即可得.

【详解】（1）证明：因为，所以，即

所以是以为首项，为公差的等差数列，则，

所以；

（2）

.

19．(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意结合全概率公式可直接求解；

（2）由超几何分布可得，构造数列，易知该数列为递增数列，所以，解得，所以当或时，有最大值为.

【详解】（1）设“第1天去餐厅用餐”，“第1天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，

根据题意得，，，

由全概率公式，得：

，

所以，王同学第2天去餐厅用餐的概率为.

（2）由题意，的可能取值有：，

由超几何分布可知，

令，

又，所以，可得，

解得，

易知当和时，的值相等，

所以当或时，有最大值为，

即当的值为或时，使得最大.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明线面垂直，先证线线垂直，根据题中线面位置关系，不难发现证明，容易证明.

（2）因题中线面位置较为特殊，考虑用空间向量，建立空间直角坐标系后，直接按照求平面与平面夹角的公式，按步骤求解即可.

【详解】（1）证明：连接，，则平面．

因为为母线，所以四点共面，且．取中点，连接，．因为，则，

所以四边形为平行四边形．

所以，所以平面．

所以为与底面所成角，

即．

在中，，所以，同理．在中，，所以．

因为平面，平面，所以．

因为为的中点，所以，

又，平面，平面,

所以平面，

又平面，所以．

又因为，，

平面，平面，

所以平面；

（2）以O为原点，分别以，，所在的方向为，，的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，.

所以，，，.

设平面的一个法向量为，

由，得，

令，得，所以．

设平面的一个法向量为，

由，则．

令，得，所以，

设平面，与平面夹角为，

则．

所以平面与平面夹角的余弦值为．

21．(1)

(2)±1.

【分析】（1）由题意，点的轨迹为双曲线的右支，，，可得的方程；

（2）解法一：设与的交点为，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，得到直线的方程，由题意写出直线的方程，求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.

解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，进一步可得到直线方程以及恒过定点.求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.

解法三：设方程为，设方程为，联立曲线方程，由韦达定理可求出点坐标，用替换得点坐标，可得直线方程进一步得到直线恒过定点.下同解法一.

解法四：由平移知识得到双曲线的方程，新坐标系下直线的方程，代入双曲线方程，由求得，进一步得到直线的方程，从而得到直线恒过定点，再利用过四点的二次曲线系方程结合的系数为0，即可得到直线的斜率.

解法五：设直线的方程为，连理曲线方程结合由解得m，进一步得到直线的方程以及恒过定点.下同解法一.

【详解】（1）因为点满足，

所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，

所以曲线的方程为.

（2）解法一：设与的交点为.

显然直线的斜率存在，设的方程为，

联立方程消去得，

设，所以.

又，因为，所以，

故，

代入，整理得，

即，解得或（舍）.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

因为四点共圆，且为直径，由，

所以点为中点，且直线的方程为，

联立，解得，

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为±1.

解法二：由对称性，直线必过定点，

设的方程为，联立方程

消去得，

设，所以.

，

因为，所以，

故，

代入，

因为，整理得，解得.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

联立，解得，

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为1.

解法三：设方程为，设方程为，

联立方程，消去得，

设，则，得，

所以，所以点.

用替换得点.

所以斜率，

故直线方程为，

即，即.

所以直线恒过定点.下同解法一.

解法四：将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，

即.

新坐标系下直线的方程设为，

代入双曲线方程有，即，

两边同除以得，

设直线的斜率分别为，则，所以，

所以直线的方程为，从而直线恒过定点，

故原坐标系下直线恒过定点.

由四点共圆，设的直线方程为，即；

设的直线方程为，即.

所以过四点的二次曲线系方程为，

等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.

解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，

所以由得，

即，

两边同除以得，

设，上式整理得.

设直线的斜率分别为，则，解得，

所以直线的方程为，即，

从而恒过定点.下同解法一.

【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略

（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．

（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点．

22．(1)答案见详解.

(2)证明见详解.

(3).

【分析】（1）求导后，分、、、讨论即可；

（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.

（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.

【详解】（1），而，

①当时，恒成立，所以在上递减；

②当时，令，得或；令，得.

所以当，即时，在上递增，当，即时，在上递减，在上递增；

③当时，令，得或；令，得.

所以在上递减.

综上所述，当时，在上递减；

当时，在上递增；

当时，在上递减，在上递增；

（2）由（1）得：当且时，，此时，

又当，

，当且仅当，等号成立.

令，得到，

.

（3），

①，当时，显然，所以此时不成立；

②，不等式显然成立.

③，令，则，

令，则.

当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以，

令，则，则，

令，即，则，

当，单调递减；当，单调递增，

则，

所以.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.