福建省福州第一中学2023届高三适应性考试（三）数学试题（含解析）

这是一份福建省福州第一中学2023届高三适应性考试（三）数学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省福州第一中学2023届高三适应性考试（三）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，若，则实数b的值为（    ）
A．1 B．0或1 C．2 D．1或2
2．厦门市博物馆由厦门博物馆主馆、郑成功纪念馆、厦门经济特区纪念馆、厦门市文化遗产保护中心、破狱斗争陈列馆、陈化成纪念馆、陈胜元故居七个馆区组成.甲、乙两名同学各自选取一个馆区参观且所选馆区互不相同，若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有（    ）
A．22种 B．20种 C．12种 D．10种
3．已知，若，则cos2α的值为（    ）
A． B． C．0 D．或0
4．英国数学家亚历山大·艾利斯提出用音分来精确度量音程，音分是度量不同乐音频率比的单位，也可以称为度量音程的对数标度单位.一个八度音程为1200音分，它们的频率值构成一个等比数列.八度音程的冠音与根音的频率比为2，因此这1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列.已知音M的频率为m，音分值为k，音N的频率为n，音分值为l.若，则=（    ）
A．400 B．500 C．600 D．800
5．如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（    ）
  
A． B． C． D．
6．在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则=（    ）
A． B． C． D．
7．数列中，，点 在双曲线上.若恒成立，则实数λ的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．在国家宪法日来临之际，某中学开展“学宪法、讲宪法”知识竞赛，一共设置了7道题目，其中5道是选择题，2道是简答题。现要求从中不放回地抽取2道题，则（    ）
A．恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是
B．记抽到选择题的次数为X，则
C．在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到简答题的概率是
D．第二次抽到简答题的概率是
10．如图，在直三棱柱中，，，点是上的动点，点是上的动点，则（    ）
  
A．//平面 B．与不垂直
C．存在点、，使得 D．的最小值是
11．抛物线C：，AB是C的焦点弦（    ）
A．点P在C的准线上，则的最小值为0
B．以AB为直径的所有圆中，圆面积的最小值为9π
C．若AB的斜率，则△ABO的面积
D．存在一个半径为的定圆与以AB为直径的圆都内切
12．定义在R上的函数，的导函数为，，是偶函数.已知，，则（    ）
A．是奇函数 B．图象的对称轴是直线
C． D．

三、填空题
13．已知复数，满足，，则的最大值为_____________.
14．已知多项式，则_____________.
15．函数的部分图象如图所示，T为的最小正周期，若，写出一个满足条件的正整数_____________.
  

四、双空题
16．定义在R上的函数，若的解集为[1，+∞)，则a的取值范围为____________.若关于x的不等式恒成立，则a的最大值为_____________.

五、解答题
17．记为数列的前n项和，已知.
(1)求数列{}的通项公式；
(2)数列{}满足且，的前n项和为，证明:.
18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.
(1)求B；
(2)D为AC的中点，,求的面积.
19．如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.
  
(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
20．厦门思明区沙坡尾某网红店推出A、B两种不同风味的饮品.为了研究消费者性别和饮品偏好的关联性，店主调查了首次到店的消费者，整理得到如下列联表:
表1单位:人
性别
种类
合计
A饮品
B饮品
女性
60
40
100
男性
40
60
100
合计
100
100
200
(1)请画出列联表的等高堆积条形图，并依据小概率值的独立性检验，判断首次到店消费者的性别与饮品风味偏好是否有关联.如果结论是性别与饮品风味偏好有关联，请解释它们之间如何相互影响.
    
(2)店主进一步调查发现:女性消费者若前一次选择A饮品，则下一次选择A、B两种饮品的概率分别为、；若前一次选择B饮品，则下一次选择A、B两种饮品的概率分别为、；如此循环下去，求女性消费者前三次选择A、B两种饮品的数学期望，并解释其实际含义.
附:.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
21．已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线垂直，B为垂足且位于第二象限.四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)点，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为，，.若，求△PQE周长的取值范围.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).

参考答案：
1．D
【分析】求出中不等式的整数解确定出，根据与的交集不为空集，求出b的值即可．
【详解】由中不等式解得：，
因为，所以，，
，，且，
或2，
故选：D．
2．A
【分析】分为郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个和两个，两种情况分开求解即可得出答案.
【详解】若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个：种，
若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选二个：种，
故若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有种方案.
故选：A.
3．B
【分析】根据二倍角公式以及弦切互化即可求解.
【详解】得，进而可得，
由于，所以 ，故，
又，
故选：B
4．C
【分析】根据等比数列的通项即可由指数运算求解.
【详解】由题意可知，1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列，
设第一个音为，所以，故，
因为，所以.
故选：C
5．B
【分析】由线面平行的性质定理可证得，所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，由线面垂直的判定定理可证得平面，过点作交于点，易证得平面，所以为交线l与平面所成角，求解即可.
【详解】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故选：B.
  
6．D
【分析】根据空间向量的线性运算，结合重心的性质即可求解.
【详解】取中点为，

三个式子相加可得,
又
,
故选：D
  
7．C
【分析】根据题意分析可得，利用斜率结合双曲线的性质分析运算.
【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为，
因为点 在双曲线上，则，
且，可得，
可知为递减数列，且，则为递减数列，
可得，且，可得，
记点，则为直线的斜率，记，
由双曲线的性质可知：因为为递减数列，直线的斜率为递减数列，即，
且随着增大，直线越接近渐近线，故接近于，
所以，则.
故选：C.
8．B
【分析】先判断，再利用指数幂的运算以及正切函数的性质判断，从而可得答案.
【详解】，
，
，
所以，
故选：B.
9．BD
【分析】由古典公式可判断A；记抽到选择题的次数为X，求出可能取值及对应的概率，由均值公式即可求出可判断B；根据条件概率公式计算可判断C；由分类加法计数原理可判断D.
【详解】从7道题中不放回地抽取2道题共有：种方法，
对于A，恰好抽到一道选择题、一道简答题有种方法，
所以恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是，故A错误；
对于B，记抽到选择题的次数为，，
所以，，
，所以，故B正确；
对于C，第一次抽到选择题为事件，第二次抽到简答题为事件，
则，，
则，故C错误；
对于D，第一次抽到简答题为事件，第二次抽到简答题为事件，
所以第二次抽到简答题的概率是，故D正确,
故选：BD.
10．CD
【分析】根据平面，，即可判断A；假设与垂直，因为，所以可得，而已知不明确，即可判断B；过点作，证出平面，存在点、使得，即可判断C；将和放置于同一平面内，利用长度关系得证，求解的长，即可判断D.
【详解】对于A，在直三棱柱中，
，因为平面，
所以与平面相交，A错；
因为平面，平面，
所以，
若与也垂直，
又，平面，
则平面，又平面，
则，而已知不确定，故B错；
如图，过点作，
又平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，则，
又是上的动点，点是上的动点，
所以存在点、使得，
即存在点、，使得，C正确；
  
对于D，将和放置于同一平面内，如图，
  
则，
因为，
所以，
在直角三角形中，
，
所以为等边三角形，所以，
，
所以，D正确.
故选：CD
11．ABD
【分析】对于A：因为以AB为直径的圆与准线相切，结合圆的性质分析判断；对于B：根据抛物线的定义结合韦达定理整理得，进而可得结果；对于C：根据题意求，进而可得结果；根据两圆内切可得，列式分析求解即可.
【详解】由题意可知：抛物线C：的焦点，准线，
对于选项A：根据抛物线的性质可知：以AB为直径的圆与准线相切，
若点P是以AB为直径的圆与准线的切点，则，所以；
若点P不是以AB为直径的圆与准线的切点，则为锐角，所以；
综上所述：的最小值为0，故A正确；
对于选项B：设直线，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
当时，取到最小值6，
此时以AB为直径的圆的面积最小，最小值为，故B正确；
对于选项C：若AB的斜率，则，直线，即，
由选项B可得：，
点到直线直线的距离，
所以△ABO的面积，故C错误；
对于选项D：由选项B可知：以AB为直径的圆的圆心为，半径，
设圆的圆心为，半径，
若圆与圆内切，则，即，
整理得，
因为对任意的恒成立，则，解得，
即圆心为，半径的圆恒与以AB为直径的圆都内切，故D正确；
故选：ABD.

12．ABC
【分析】对于A，利用题中条件解出，利用奇函数得定义即可；
对于B,对题中得两个条件进行变化，可得到，从而判定出的对称轴；
对于C,对题中得两个条件进行变化，对进行赋值，即可；
对于D,证明的性质，从而得到结论.
【详解】,，
，又


为奇函数，故A正确.
是偶函数，，  
则
又，则，
所以，则
则，，
故的图象关于对称，故B正确.
因为，所以，
令得，，
又，令，
得=，故C正确.
，，
又，是奇函数，
，是奇函数，
则，，
则，，
故，D错误.
故选：ABC.
13．4
【分析】根据题意设出复数，结合复数的模相关知识转化为函数关系求解最值.
【详解】设，
则，
所以，即，，
，
当时，则取得最大值，最大值为.
故答案为：4
14．
【分析】由赋值法即可求解.
【详解】令，则，
令，则，
两式相加，可得
令，则，所以.
故答案为：
15．3（答案不唯一，符合的正整数均可）
【分析】根据函数的图象特征可利用周期以及平移求解解析式为，进而根据正切型函数的单调性即可求解不等式.
【详解】由图可知：，
由于可由的图象向左平移个单位得到，根据的一个对称中心为 ，而的一个对称中心为，故，此时，又,故，

由得，
即，
因此 ,解得，
不妨取，则，由于为正整数，故可取 ，
故答案为：3（答案不唯一，符合的正整数均可）
16．
【分析】由题意可得，讨论不合题意，时，当时，，当，对求导求出的单调性，即可得出答案；当时，恒成立，当时，，令，由的单调性可得，分离参数可得，令，对求导，得出的单调性，即可得出答案.
【详解】的定义域为，故
当时，，所以，
因为的，所以，
所以在R上单调递增，则在(﹣∞,a)上递增，
若，则，不合题意，
当时，恒成立，
因为，，
所以在上单调递增又，所以的解集为[1,+∞)，
故a的取值范围为：.
因为，
当时，
，令，，
令，，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以恒成立，
当，，
即，令，因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以，
令，所以，令，得，
令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，解得：.
故a的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式恒成立问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由，可得，则数列{}是首项与公差都是2的等差数列，进而可得答案.
（2）利用累加法求出通项公式，再利用裂项相消法求出，进而可得答案.
【详解】（1）由，
由可得，
则时，
两式相减可得，
化为，因为，
所以，数列{}是首项与公差都是2的等差数列，
所以；
（2）由（1）得，又，
所以，
，
所以，

，
，

18．(1)
(2)或,

【分析】（1）由诱导公式化简，再应用正弦定理，最后由余弦即可求出.
（2）由D为AC的中点，求出关系,可得，最后求出面积即可.
【详解】（1）


（2）D为AC的中点，,
,,
,,
或,
当时,，
时,
所以的面积为或.
19．(1)当时，该组合体的体积最大，最大值为；
(2)直线与平面所成角的正弦值为或

【分析】（1）根据三角形面积公式与扇形面积公式确定底面积的最大值，即可求组合体的体积最大值；
（2）建立空间直角坐标系，设，则，，，利用空间向量的坐标运算即可求得满足平面时，从而可计算直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）底面，面，所以
则由旋转可得
所以底面积，
又，故当时，取最大值，
则底面积的最大值为，故几何体体积为，
故当时，该组合体的体积最大，最大值为；
（2）如图，以为原点，为轴，为轴，在平面上作轴，建立空间直角坐标系
  
则，
设，则，，，
所以，设平面的法向量为，又
所以，
令，则，即
因为平面，所以，则，所以或，
因为，设平面的法向量为，
①当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
②当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
综上，直线与平面所成角的正弦值为或.
20．(1)答案见详解
(2)答案见详解

【分析】（1）根据题意求相应的频率并完成等高堆积条形图，计算值，并与临界值对比分析；
（2）根据题意求的分布列和期望，进而可得结果，并根据期望的含义分析说明.
【详解】（1）对于A饮品：女性消费者的频率为，男性消费者的频率为，
对于B饮品：女性消费者的频率为，男性消费者的频率为，
可得等高堆积条形图，如下图所示：
  
零假设：首次到店消费者的性别与饮品风味偏好无关，
因为，
所以不成立，即首次到店消费者的性别与饮品风味偏好有关，
可知首次到店消费者中女性消费者更青睐于A饮品，男性更青睐于B饮品.
（2）由题意可知：女性第一次选择A、B两种饮品的概率分别为、，
设前三次选择A饮品的次数为，则的可能取值为，
因为，
，
所以的分布列为：

0
1
2
3





可得的期望，
设前三次选择B饮品的次数为，则的期望，
即前三次中，平均有次选择A饮品，有次选择B饮品.
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式分析运算；
（2）直线，根据题意结合韦达定理分析可得，结合双曲线的定义运算求解.
【详解】（1）因为直线、相互垂直，则四边形OAMB为矩形，
设，且，可得，
则点到直线、的距离分别为、，
可得，整理得，
所以C的方程为.
（2）设直线，
联立方程，消去y得，
由题意可得：，①
因为，则，
整理得，
即，
整理得，解得或，
若，则直线，过定点，
此时①式为，无解，不符合题意；
当时，则直线，过定点，
此时①式为，解得，即或，
则，
因为，则，可得，
所以，
又因为为双曲线的左、右焦点，
则，即，
可得△PQE周长为，
所以△PQE周长的取值范围.
  
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．