福建省福州第一中学2023届高三模拟考试数学试题（含解析）

这是一份福建省福州第一中学2023届高三模拟考试数学试题（含解析），共24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届高三模拟考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则在复平面内所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知双曲线，过E的右顶点A且与一条渐近线平行的直线交y轴于点B，的面积为2，则E的焦距为（    ）
A． B． C．4 D．
4．为解决皮尺长度不够的问题，实验小组利用自行车来测量A，B两点之间的直线距离.如下图，先将自行车前轮置于点A，前轮上与点A接触的地方标记为点C，然后推着自行车沿AB直线前进（车身始终保持与地面垂直），直到前轮与点B接触.经观测，在前进过程中，前轮上的标记点C与地面接触了10次，当前轮与点B接触时，标记点C在前轮的左上方（以下图为观察视角），且到地面的垂直高度为0.45m.已知前轮的半径为0.3m，则A，B两点之间的距离约为（    ）（参考数值：）

A．20.10m B．19.94m C．19.63m D．19.47m
5．已知函数，则是有3个零点的（    ）
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
6．若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于
A．6 B．7 C．8 D．9
7．我国国旗的图案由一大四小五颗五角星组成，如图，已知该五角星的五个顶点构成正五边形的五个顶点，则（    ）
    
A． B． C． D．
8．已知正方体，平面内的动点P到的距离与到底面的距离相等，则P的轨迹所在曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．某大学进行自主招生测试，需要对逻辑思维和阅读表达进行能力测试.学校对参加测试的200名学生的逻辑思维成绩、阅读表达成绩以及这两项的总成绩进行了排名.其中甲、乙、丙三位同学的排名情况如图所示，下列叙述正确的是（    ）
      
A．甲同学的逻辑思维成绩排名比他的阅读表达成绩排名更靠前
B．乙同学的逻辑思维成绩排名比他的阅读表达成绩排名更靠前
C．甲、乙、丙三位同学的阅读表达成绩排名中，甲同学更靠后
D．甲同学的总成绩排名比丙同学的总成绩排名更靠前
10．18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，可视为X服从正态分布，其密度函数，．任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布（且）．当时，对任意实数x，记，则（    ）
A． B．当时，
C．随机变量，当减小，增大时，概率保持不变 D．随机变量，当都增大时，概率单调增大
11．已知抛物线的焦点为，直线过交于两点，在抛物线的准线上的投影分别为，若与的面积比为，则下列说法错误的是（    ）
A．
B．
C．与的外接圆半径之比为
D．直线上存在两个点使得
12．已知非零向量，，满足：在方向上的投影向量为，，且，则下列选项正确的有（    ）
A．若与共线时，则 B．若时，则与共线
C．若，则 D．若，则

三、填空题
13．在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
14．如图中，已知点在边上，，，，，则的长为

15．若函数在上有最大值，则a的取值范围是 .

四、双空题
16．已知，直线与直线平行，与交于A，B两点，上有且仅有n个不同的点使为等腰三角形. ①若，，则 ；②若，则实数b的取值范围是 .

五、解答题
17．已知数列的首项，，.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)在与（其中）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列.记为数列的前n项和，求.
18．已知三棱台，面，，，D是线段中点，且.
  
(1)证明：；
(2)请选择合适的基底向量，求直线与所成角的余弦值.
19．已知函数的图象是由函数的图象经如下变换得到：先将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度.
x
0












y






  (1)求函数的解析式，并用“五点法”列表，作出该函数在上的图象；
(2)已知关于x的方程在内恰有两个不同的解，.
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：.
20．已知函数，其中.
(1)若在上恒成立，求的取值范围；
(2)证明：，有.
21．某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为，并且规定若第题正确选项为两个，则第题正确选项为两个的概率为；第题正确选项为三个，则第题正确选项为三个的概率为.
(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；
(2)求第n题正确选项为两个的概率；
(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证：.
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A，B分别是C的右、上顶点，且，D是C上一点，周长的最大值为8.
(1)求C的方程；
(2)C的弦过，直线，分别交直线于M，N两点，P是线段的中点，证明：以为直径的圆过定点.

参考答案：
1．B
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再根据交集的运算即可求出．
【详解】因为，而，
所以．
故选：B．
2．D
【分析】先用复数的除法公式对复数化简，再求出共轭复数，得到共轭复数所在象限.
【详解】因为 ，所以
则在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D.
3．D
【分析】根据题意，由条件可得直线的方程，从而得到点的坐标，再结合的面积为2，即可求得.
【详解】  
由题意可得，，且直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，
则可得直线的方程为，令，可得，即，
所以，则，解得，
所以，即，则E的焦距.
故选：D
4．D
【分析】由题意，前轮转动了圈，根据圆的周长公式即可求解.
【详解】解：由题意，前轮转动了圈，
所以A，B两点之间的距离约为，
故选：D.
5．A
【分析】根据题意，在同一坐标系下分别画出与的图像，结合图像即可得到结果.
【详解】  
在同一坐标系下，分别画出与的图像，由图可知，有两个零点和，有一个零点，
若，则有3个零点，所以充分性满足；
当时，也有3个零点，所以必要性不满足.
所以是有3个零点的充分不必要条件.
故选：A
6．D
【详解】试题分析：由题意可得：a+b=p，ab=q，
∵p＞0，q＞0，
可得a＞0，b＞0，
又a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，
可得①或②．
解①得：；解②得：．
∴p=a+b=5，q=1×4=4，
则p+q=9．
考点：等比数列的性质；等差数列的性质

7．C
【分析】根据五角星的性质可得，再利用诱导公式结合二倍角公式求解即可.
【详解】由中间的五边形内角和，则.
又由图可得，五角星五个锐顶角都为，两个与一个为同一个等腰三角形的内角，
可得，则，则

.
故选：C
8．B
【分析】设正方体的棱长为1，先根据题意得出二面角的平面角的正弦值，设点在平面的射影为, 即平面,过作，连接，从而可得为二面角的平面角，进一步可得到，结合圆锥曲线的统一定义，可得出答案.
【详解】设正方体的棱长为1，设相交于点，连接，则
正方体中，面, 则，从而面
所以，故为二面角的平面角
在直角三角形中，，则
所以
设点在平面的射影为, 即平面,过作，连接
则为点到底面的距离.
,从而可得面,从而可得
所以为二面角的平面角,故
则，则
又由条件，所以,即
由，则表示点直线的距离.
所以表示在平面内，动点到定点的距离与到定直线的距离之比为
在平面内，由圆锥曲线的统一定义，可得P的轨迹所在曲线的离心率为
故选：B

9．AC
【分析】根据图中的信息可以知道：可得甲、乙、丙三位同学的逻辑思维成绩排名中，甲同学更靠前，他的阅读表达成绩排名靠后，对此进行选择即可.
【详解】根据图示可得，甲同学的逻辑思维成绩排名很靠前但总排名靠后，说明阅读表达成绩排名靠后，所以甲同学的逻辑思维成绩排名比他的阅读表达成绩排名更靠前，故A正确；
乙同学的逻辑思维成绩排名适中但总排名靠前，说明阅读表达成绩排名靠前，乙同学的逻辑思维成绩排名比他的阅读表达成绩排名更靠后，故B错误；
根据图示，可得甲、乙、丙三位同学的逻辑思维成绩排名中，甲同学更靠前，所以在甲、乙、丙三位同学的阅读表达成绩排名中，甲同学更靠后，故C正确；
由图可知甲同学的总成绩排名比丙同学的总成绩排名更靠后，故D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】根据结合正态曲线的对称性，可判断A;由可推得其结果为，判断B;根据正态分布的准则可判断C,D.
【详解】对于A，根据正态曲线的对称性可得：，故A正确；
对于B, 当时，
，故B错误；
对于C，D，根据正态分布的准则，在正态分布中代表标准差，代表均值,
即为图象的对称轴，根据原则可知数值分布在中的概率为0.6826，是常数，
故由可知，C正确，D错误，
故选：AC
11．ACD
【分析】利用三角形的面积公式，可先推出B选项是正确的，对于AC选项，结合抛物线焦点弦的性质，可算出直线的倾斜角，从而发现与均是含有特殊角的等腰三角形，可用正弦定理解决C选项，对于D选项，可以表示出圆的方程，检验直线和圆的位置关系.
【详解】根据抛物线的定义，，设，由题意，，
根据三角形的面积公式，，
解得，B选项正确；
设，不妨假定A在第一象限，由于，如图可得，且显然斜率存在，
设方程为：，和抛物线联立可得，，
根据抛物线的定义和可得，，即，
结合韦达定理：，解得，由，
由图可得，故解得，即时，无论取何值均符合题意，A选项错误；
C选项，由于，根据抛物线的定义，，故为等边三角形，
根据正弦定理，设外接圆半径为，故，即，
又，，故，
设外接圆半径为，根据正弦定理，，故，
于是，C选项错误；
D选项，设，则，
设以为直径的圆经过，于是，
根据A选项的分析过程，，由可得，，
则圆的方程变为：，
整理成标准方程为，则圆心为，半径为，
又因为直线方程为，，
圆心到直线的距离为：，而圆的半径也是，
故以为直径的圆和相切，
所以有且仅有一个点M，使得，，D选项错误.
故选：ACD.
  
12．ACD
【分析】由题意结合投影向量的定义可得，从而得到，进一步可得，根据向量数量积的定义分析向量的夹角的范围，对选项分别进行判断即可得出答案.
【详解】在方向上的投影向量为，由题意，即
由为非零向量，则，又，则
设，的夹角为，则，
，则
又，则，即
设，的夹角为，则
选项A. 由，则，的夹角为，则
所以，故选A正确.
选项B. 当时，由，
当时，满足条件，此时与不共线，故选项B不正确
选项C. 当时，则
则（当时等号成立），故选项C正确.
选项D. 当时，
则（当时等号成立），故选项D正确.
故选：ACD
13．40
【详解】利用通项公式，，令，得出的系数为
考点：本题考点为二项式定理，利用通项公式，求指定项的系数.

14．
【分析】通过诱导公式易知，利用余弦定理计算即得结论．
【详解】解：，，
，
又，，


，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查求三角形中某条线段的长度，利用三角函数的诱导公式、余弦定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
15．
【分析】令，易得当时，取得极大值，再由，求得或，根据在上有最大值，由求解.
【详解】解：因为函数，
所以，
令，解得或，
当或时，；
当时，，
所以当时，取得极大值，
又，即，
解得或，
因为在上有最大值，
所以，
解得，
所以a的取值范围是.
故答案为：
16． 5
【分析】根据条件求出间的距离、到的距离及，①，分线段为底边和腰分析作答；②，确定，借助二次函数零点分布求解作答.
【详解】依题意，平行直线之间的距离，到的距离，
弦长，
  
①，以线段为底边的等腰三角形有1个，以线段为腰的等腰三角形有4个，则；
②要使，当且仅当，即，整理得，
又，即，命题等价于存在，使得成立，
则，解得，令，
显然，，，
而与不能同时取0，因此方程在上有解，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数图象性质，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.
17．(1)
(2)

【分析】（1）将两边取倒数，构造函数可得，进而可得是，的等比数列，从而求得通项公式；
（2）根据题意逐个项判断、...之间的3个数，再分析组成项求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，取倒得，
所以，即，即，
因为，所以是，的等比数列，
所以.
（2）在之间有2个3，之间有个3，之间有个3，之间有个3，
合计个3，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据条件结合余弦定理先求出的长度，然后再证明与相似，从而可证明.
（2）选取基底，分别表示出，求出模长和对应的数量积，由向量法可得出答案.
【详解】（1）证明：连接. 设，在中，由余弦定理得
，
又，因为，所以，解得，
由于，且，所以，
所以，所以，即，
又因为，所以面，又因为面，所以.
  
（2）选取基底，
，
，
，
，
所以直线与所成角的余弦值为.
19．(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）根据平移法则可得函数的解析式，从而得出函数的解析式，即，分别令，即可得到“五点”，再描点连线即可得到函数在上的图象；
（2）（i）根据方程在内恰有两个不同的解，，等价于在上的图象与直线有两个交点，即可解出；
（ii）根据函数图象的对称性可知，当时，，当时，，再结合二倍角公式即可证出．
【详解】（1）先将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象，再将其向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以．















1
2
0

0
1
图象如下：
  
（2）（i）依题意，在区间内恰有两个不同的解，
等价于在上的图象与直线有两个交点，
由图可知，故的取值范围是.
（ii）因为是方程在区间内有两个不同的解，
根据函数图象的对称性可知，
当时，，且，
所以，
当时，，且，
所以.
综上，．
20．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令，，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，结合函数的单调性，即可得解；
（2）由（1）知，当时，，，再证明，则问题转化为证明，令，，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）令，，则，
当时，，单调递增，所以，
当时，令，则，
所以对，，则在上单调递增，
又因为，，
所以由零点存在定理可知，使得，
所以当时，，单调递减，，与题意矛盾，
综上所述，.
（2）由（1）知，当时，，.
先证，，
令，则，
所以单调递增，，即.
所以当时，，.
要证，有，只需证.
令，，则.
所以在上单调递减，所以，即.
综上可得，有.
【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．
21．(1)分布列见解析；
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）设事件表示正确选项为个，事件表示正确选项为个，表示第题正确选项为个的概率，表示第题正确选项为个的概率.由全概率公式可求出，继而可求，再由全概率公式计算第二题得分分布列的各种情况，并根据公式计算期望；
（2）根据（1）中由第一题到第二题正确选项数概率的计算理解，由全概率公式可以得出一般性的结论化简可得，可知为等比数列,求通项可得；
（3）根据（2）求出的可得，在利用全概率公式即可求得的分布列，计算出,则结论可证.
【详解】（1）设事件表示正确选项为个，事件表示正确选项为个，
表示第题正确选项为个的概率，表示第题正确选项为个的概率.
设事件表示选项“C”为第二题的一个正确选项，用随机变量表示第二题得分.
依题得，可能取值为.
因为，，
所以

所以的分布列为:






所以.
（2）依题得，，
所以，
又因为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以，.
（3）由（2）可知，，.
依题得，可能取值为.
，
，
所以.
【点睛】方法点睛：高中阶段的马尔科夫链类型的概率问题解决关键是利用全概率公式找到概率的递推式，然后用数列手段去处理求解.
22．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；
（2）设，直线，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在轴上，代入韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意，，
周长，当且仅当三点共线时等号成立，故，
  
所以，所以的方程；
（2）设，直线，代入，整理得，
，，
易知，令，得，同得，
从而中点，
以为直径的圆为，
由对称性可知，定点必在轴上，
令得，，

，
所以，即，因为，
所以，即，
解得，所以圆过定点.
  
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为，（或，）的形式；
（5）代入韦达定理求解.