2023届福建省泉州市晋江市养正中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2023届福建省泉州市晋江市养正中学高三上学期第二次月考数学试题含解析，共23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届福建省泉州市晋江市养正中学高三上学期第二次月考数学试题

一、单选题
1．已知集合，则以下结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题得, 再判断得解.
【详解】由题得, 所以，，，不是的子集，
故选：B
2．记等差数列的前项和为．若，，则（    ）
A．8 B．10 C．16 D．20
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得的值，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
由，，可得，解得，
所以.
故选：B.
3．若的展开式中项的系数为160，则正整数n的值为（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】由二项式定理知：含项为  ，
由题意 ， ，
解得 ；
故选：C.
4．设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】化切为弦，通分，再利用平方关系及倍角公式即可得解.
【详解】解：


.
故选：A.
5．国棋起源于中国，春秋战国时期已有记载，隋唐时经朝鲜传入日本，后流传到欧美各国.围棋蕴含着中华文化的丰富内涵，它是中国文化与文明的体现.围棋使用方形格状棋盘及黑白二色圆形棋子进行对弈，棋盘上有纵横各19条线段形成361个交叉点，棋子走在交叉点上，双方交替行棋，落子后不能移动，以围地多者为胜.围棋状态空间的复杂度上限为，据资料显示宇宙中可观测物质原子总数约为，则下列数中最接近数值的是（    ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用对数的运算法则计算后可得．
【详解】，，
因此最接近于．
故选：D．
6．已知在△ABC中，，，，，P在CD上，，则的值为（    ）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】由三点共线求出，再由得出的值.
【详解】三点共线，，，
故选：C
7．已知双曲线E的左､右焦点分别为，，M，N是以为圆心，为半径的圆与E的两交点.若，则的离心率是（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意及双曲线的定义建立关于，的方程，进而可得双曲线的离心率.
【详解】∵，∴，
∴点M在双曲线的左支上，
又由，根据对称性可得点N在双曲线的右支上，
不妨设点M在第二象限，点N在第四象限，如图所示，

根据双曲线的定义可得，，
又∵M，N在以为圆心，为半径的圆上，∴，
∴，，
又∵，∴，
∴，即的离心率是.
故选：C.
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围).
8．已知函数，.若不等式在上恒成立，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据绝对值将原不等式转化为，进而分别讨论每个函数与的大小关系，通过导函数的单调性讨论得到当时，，所以必须有时，，分离参数求得的取值范围.
【详解】∵，
∴，即，
∴对任意的，或，
当时，两式均成立；
当时，有或，
令，，，
，
，，
∴在单调递减，在上单调递增，
而，且，
∴当时，单调递减，，即，
当时，单调递减，，即，
当时，单调递增，，即，
当时，单调递增，，即
故只有当时，，所以此时必须有，
即，，
∴.
故选：B.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

二、多选题
9．四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则（    ）
A．直线AD与直线B1D1所成角为45° B．直线AA1与直线CC1异面
C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1 D．CA1⊥AD
【答案】AC
【分析】根据异面直线所成的角， 所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，由此可判断A;根据棱台的几何特征可判断B;利用面面垂直的判定定理可判断C;利用线面垂直可判断，由此判断D.
【详解】如图，连接BD,则 ,则 所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，
在正方形ABCD中， ,故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；

由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；
由AA1⊥平面ABCD，平面ABCD，故 ,
又平面 ,故平面,
而平面，故平面ABB1A1⊥平面，故C正确；
连接AC,BD,由题意知 ,而平面平面,
故, 平面平面，
故 而平面,
故AD不可能垂直于，即D错误，
故选：AC
10．设函数，若，则（    ）
A．的最小正周期为1 B．是奇函数
C．在[0，6]上恰有6个零点 D．在上单调递增
【答案】BCD
【分析】A. 的最小正周期为，所以该选项错误；
B.分析得到是奇函数，所以该选项正确；
C. 令，所以得到,求出在[0，6]上恰有6个零点所以该选项正确；
D. 当时，因为,所以在上单调递增，所以该选项正确.
【详解】A. 的最小正周期为，所以该选项错误；
B. ,
是奇函数，
所以该选项正确；
C. 令，所以,
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，.所以在[0，6]上恰有6个零点，所以该选项正确；
D. 当时，因为,
所以在上单调递增，所以该选项正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：解答本题的难点是判断选项C的真假，对于零点问题的处理，常用的方法有：（1）方程法；（2）图象法；（3）方程+图象法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
11．设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．的面积为（为坐标原点）
【答案】BC
【分析】设，利用焦半径公式求出，进而求出，并结合，求出，即可判断A；求出三点的坐标，从而求出向量，的坐标， 即可判断B；已知两点坐标，且，利用斜率公式可得，即可判断C；由，求出的面积，即可判断D.
【详解】
如图，设，
，
，
，
又，
，即，
解得：；
故选项A不正确；
由上述分析可知，
又容易知，
则，，
故成立；
故选项B正确；
；
故选项C正确；
，
故选项D不正确；
故选：BC．
12．已知函数（），（），则下列说法正确的是（    ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】ABD
【分析】A项：方法1：分离参数画图即可求得m的范围；方法2：研究原图的图象与x轴交点即可；B项：由极值点偏移的证明步骤即可证得结果；C项：应用辅助角公式化简，求的极值点可得；D项：由 化简可得.
【详解】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，

又∵
∴，A正确.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A正确；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B正确.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D正确.
故选：ABD.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
极值点偏移问题的解法：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：
对结论型，构造函数；
对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．

三、填空题
13．写出一个存在极值的奇函数______________.
【答案】（答案不唯一，满足条件即可）
【分析】根据基本初等函数的奇偶性及极值的定义即可求解.
【详解】根据题意，函数可以为，
当时，取得极大值, 当时，取得极小值.
又，所以函数是奇函数，
故答案为：（答案不唯一，满足条件即可．
14．已知复数为虚数单位），则的最大值为___________
【答案】2
【分析】将复数带入，再利用模长公式化简即可得出答案.
【详解】由题意知; ;
当时，.
故答案为：2.
15．某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形的半径为，，若按此方案设计，工艺制造厂发现，当最长时，该奖杯比较美观，此时_______________________．

【答案】
【分析】作交于，交于，且，设，求出、，设，作交于，交于，可得出，，由勾股定理可得然后求最值可得答案.
【详解】
作交于，交于，且，设，
则，，
设，作交于，交于，
因为，所以，，
，所以，所以，即，
，
所以
，
因为，所以当即时最大，
也就是最长时.
故答案为：.
【点睛】本题考查了用三角函数解决几何问题，关键点是作出辅助线利用勾股定理求出，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
16．三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为___________.
【答案】/
【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；
【详解】为边长为2的等边三角形，
为正三棱锥，
，又分别为中点，
，
，又
平面平面，
为正方体一部分，
故，即，
∵为三棱锥外接球上的动点，
∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，
∴可求得三棱锥的体积为：，
∴，
解得：

故答案为：
【点睛】求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.

四、解答题
17．已知数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)在①，②，③这三个条件中任选一个．补充在下面的问题中，并求解该问题．若 ，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2)若选①，；若选②， ；若选③，.

【分析】(1)运用递推公式 即可求出 的通项公式；
(2)若选 ，则用裂项求和，若选 ，则用错位相减法求和，若选 ，则对n分奇数和偶数讨论，再分组求和.
【详解】（1）∵ ，∴当 时，  
当时，也满足上式，∴；
（2）若选①：
∵=
∴；
若选②：
∵ ，
∴   
则  
∴两式相减可得：
+  =  
=  ，
∴ ；
若选③：
∵ ，
∴当n为偶数时，，

，
当n为奇数时，= =，
∴；
综上，，选① ，选② ，选③.
18．近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业.某高中随机调查了本校2022年参加高考的90位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人）

首选志愿为师范专业
首选志愿为非师范专业
女性
25
35
男性
5
25
(1)根据表中数据.能否有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？
(2)用样本估计总体，用本次调研中首选志愿样本的频率代替首选志愿的概率，从2022年全国文科考生中随机抽取3人，设被抽取的3人中首选志愿为师范专业的人数为，求的分布列、数学期望和方差.
附：，.

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关；
(2)分布列见解析，，.

【分析】（1）求出，比较临界值可得；
（2）求得某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，由二项分布求得概率的分布列，再由二项分布的期望公式、方差公式计算期望与方差．
【详解】（1），
∴有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.
（2）某个考生首选志愿为师范专业的概率，
的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴的分布列如下：

0
1
2
3





，.
19．的内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)若 ，求的面积
(2)试问能否成立若能成立，求此时的周长若不能成立，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不成立，理由见解析

【分析】(1)根据条件先算出 ，再运用正弦定理和三角形面积公式即可算出 的面积；
(2)运用反证法，先假设 能成立，再运用余弦定理和基本不等式推出悖论即可.
【详解】（1）由，可得，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ，所以，
所以 ；
（2）假设能成立，所以，
由余弦定理，得 ，
所以，所以，
故，解得或舍，
此时，不满足，
所以假设不成立，故不成立；
综上， ，不成立.
20．如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．

(1)作出交线（写出作图步骤），并证明平面；
(2)记与平面的交点为，点S在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)直线即为所求作的直线，证明见解析
(2)

【分析】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明，即可证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出，解方程即可.
【详解】（1）延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：      
因为，所以
又因为，所以，分别为，中点，
且为正三角形，所以，      
又，平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
且面PAB，所以，    
又，且平面，平面,
所以平面，即平面：      

（2）取的中点，连结，则，
又平面平面且交线为，且平面，
所以平面，    
以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，，
由，得，
所以，，    
显然平面的一个法向量为，     
设平面的法向量为，
则，即
取，则，，
所以平面的一个法向量为，    
所以，解得
所以当二面角的余弦值为时，
21．（1）某中学理学社为了吸收更多新社员，在校团委的支持下，在高一学年组织了抽签赠书活动.月初报名，月末抽签，最初有30名同学参加.社团活动积极分子甲同学参加了活动.
①第一个月有18个中签名额.甲先抽签，乙和丙紧随其后抽签.求这三名同学同时中签的概率.
②理学社设置了第()个月中签的名额为，并且抽中的同学退出活动，同时补充新同学，补充的同学比中签的同学少2个，如果某次抽签的同学全部中签，则活动立刻结束.求甲同学参加活动时间的期望.
（2）某出版集团为了扩大影响，在全国组织了抽签赠书活动.报名和抽签时间与（1）中某中学理学社的报名和抽签时间相同，最初有30万人参加，甲同学在其中.每个月抽中的人退出活动，同时补充新人，补充的人数与中签的人数相同.出版集团设置了第()个月中签的概率为，活动进行了个月，甲同学很幸运，中签了，在此条件下，求证：甲同学参加活动时间的均值小于个月.
【答案】（1）①②（2）证明见解析；
【分析】（1）①设甲乙丙中签为事件，则，计算得到答案.
②甲参加活动的时间的可能取值为，计算概率得到数学期望.
（2）设甲中签为事件，则，，利用错位相减法得到，得到证明.
【详解】（1）①设甲乙丙中签为事件，
则.
②，故，则甲参加活动的时间的可能取值为，
则；；
；
.
则甲参加活动的时间的期望为.
（2）设甲中签为事件，则，
设，甲在第个月中中签的概率为，
则甲在事件A发生的条件下，第个月中中签的概率为，
则甲在事件A发生的条件下，甲参加活动时间的均值为
，
设，
则，
所以，
，
所以.
【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，错位相减法求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22．在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，直线相交于点M且它们的斜率之积是，记动点M的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）过点作直线交曲线E于两点，且点P位于x轴上方，记直线的斜率分别为．
①证明：为定值；
②设点Q关于x轴的对称点为，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）根据条件列出方程化简即可求出曲线方程；
（2）设直线的方程为，直接表示出斜率，消元为关于的式子，再联立直线与椭圆利用韦达定理可得的和、积，代入化简即可求证为定值；由题意坐标为，可得直线恒过点D(4,0),，化简后利用均值不等式求最值.
【详解】（1）设点坐标为，则直线的斜率分别为，
依题意知，化简得；
（2）①设直线的方程为，
则，
又，消得，
得
因此，
故为定值；
②坐标为，则直线方程为，
令解得:

，
即直线恒过点，
故
，
当，即时，等号成立，
此时面积最大值为．
【点睛】关键点点睛：求面积的最大值，首先要表示出三角形面积，根据本题条件，转化为是解题的关键，表示出三角形面积后，选择合适的方法求最大值，是解题的一个难点，本题可采用分子分母同除以后，利用均值不等式求解.