2023届福建福州第十一中学高三上学期（期中考）数学适应性训练试题含解析

这是一份2023届福建福州第十一中学高三上学期（期中考）数学适应性训练试题含解析，共20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。
2023届福建福州第十一中学高三上学期（期中考）数学适应性训练试题 一、单选题1．集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用交集、并集、补集的定义逐项判断作答.【详解】集合，，，A正确；，B，C都不正确；或，D不正确.故选：A2．复数（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法、乘方法则化简可得结果.【详解】因为，因此，.故选：C.3．在等差数列{an}中，若a2+2a6+a10＝120，则a3+a9等于（    ）A．30 B．40 C．60 D．80【答案】C【分析】根据等差数列下标的性质进行求解即可.【详解】由等差数列的性质可得a2+2a6+a10＝4a6＝120，∴a6＝30∵a3+a9＝2a6＝60故选：C．4．等轴双曲线：（，）的焦距为4，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，由焦距得到，即可求出焦点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得.【详解】解：由题可知，双曲线为等轴双曲线，故双曲线的半实轴长与半虚轴长相等，即，渐近线方程为，又，所以，双曲线的焦点坐标为、，一个焦点到一条渐近线的距离为．故选：B．5．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率取决于信通带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（    ）（附：）A．22% B．33% C．44% D．55%【答案】C【分析】根据题中所给公式，利用代入法，结合对数的运算公式和换底公式进行即可.【详解】由题意可知：大约增加了，故选：C6．武钢六中近期迎来校庆，学生会制作了4种不同的精美卡片，在学校书店的所有书本中都随机装入一张卡片，规定：如果收集齐了4种不同的卡片，便可获得奖品．小明一次性购买书本6册，那么小明获奖的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出6册书本中卡片的可能情况，再讨论可以获奖的情况，最后利用古典概型的概率公式求解即可【详解】这6册书本中卡片总共有种可能情况，其中可以获奖的情况分为两类，第一类是有3册书的卡片相同的获奖情况有种；第二类是有2册书的卡片相同的获奖情况有种；所以小明获奖的概率是，故选：B7．已知，则的值为（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由诱导公式化简，再由和差角公式展开后分子、分母同除以化简，代入计算可得结果.【详解】∵ ∴故选：D.8．已知定义在上的函数满足，当时，，设在上的最大值为（），且的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知函数关系式，结合函数图象的变换性质，二次函数的单调性进行求解即可.【详解】当时，在上的最大值为：；当时，由，所以在上的最大值即在上的最大值为：；同理，当时，在上的最大值即在上的最大值为：；当时，在上的最大值即在上的最大值为：；所以数列为以为首项，为公比的等比数列，所以：，故选：A【点睛】关键点睛：由是解题的关键. 二、多选题9．尽管2022年上半年新能源汽车产销受疫情影响，但各企业高度重视新能源汽车产品，供应链资源优先向新能源汽车集中，从目前态势来看，整体产销量完成情况超出预期.下表是2022年我国某地新能源汽车前个月的销量和月份的统计表，根据表中的数据可得经验回归方程为，则（    ）月份销量（万辆） A．变量与正相关 B．与的样本相关系数C． D．2022年月该地新能源汽车的销量一定是万辆【答案】AC【分析】根据相关关系的概念判断AB选项，再根据回归直线经过样本中心可计算，进而可得估计值，判断CD选项.【详解】由，，可知随着变大而变大，所以变量与正相关，选项A正确，选项B错误；，，因为回归直线过样本中心，所以，，故选项C正确；由回归直线可知，2022年月该地新能源汽车的销量的估计值是万辆，而不一定是万辆，故选项D错误；故选：AC.10．已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，，分别为，的中点.则下列说法正确的是（    ）A．直线与平面所成角为B．平面平面C．正四棱柱的外接球半径为D．以为球心，为半径的球与侧面的交线长为【答案】BCD【分析】对A选项找到即为线面夹角，即可判断；对B选项证明，则得到平面，同理得到平面，利用面面平行的判定定理则可证明；正四棱柱的体对角线即为外接球的直径，即可判断C；对D选项得到轨迹为圆弧，计算弧长即可.【详解】解：对于A：由正四棱柱的结构特征可知，则为直线与平面所成角，因为，所以直线与平面所成角不等于，故A错误；对于B：由正四棱柱的结构特征可得，，，则四边形为平行四边形，可得，平面，平面，平面，同理可证平面，又，且，平面，平面平面，故B正确；对于C：正四棱柱外接球的直径即为其体对角线，所以其外接球的半径，故C正确；对于D：点到侧面的距离为，易得交线轨迹与圆相关，设为球与侧面交线轨迹的半径，，立体图如下图所示：球与侧面的交线轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，平面图如下图所示：故交线长为，故D正确；故选：BCD【点睛】本题为立体几何综合题，考察了线面角，面面平行的判定，空间几何体的表面积与体积等知识，需要有一定的空间想象能力，对于一些常见的外接球模型要记住.11．如图，一个半径为的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为．设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数）．若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，与时间（单位：之间的关系为，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据实际含义分别求的值即可，再根据可求得.【详解】振幅即为半径，即；因为逆时针方向每分转1.5圈，所以；；.故选：AC.12．已知向量满足．设，则（    ）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．无最大值【答案】BD【分析】先由已知可求得，然后建立如图所示的直角坐标系xOy，设，再由得，设，则点M在直线OB上运动，结合图形可得答案【详解】因为，所以．又，所以，解得，因为，所以建立如图所示的直角坐标系xOy，设，因为，所以，即，即圆心为，半径为2的圆，设，则点M在直线OB上运动，则，令点到直线的距离为，则无最大值，故选：BD 三、填空题13．在的展开式中，的系数为___________.【答案】【分析】运用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，令，二项式的通项公式为：，令，所以的系数为，故答案为：14．已知，，直线与直线垂直，则的最小值是___________.【答案】【分析】两直线垂直说明它们的法向量互相垂直，得出的关系式，进而运用基本不等式求出的最小值.【详解】的法向量的法向量两直线垂直得，即当且仅当时取等号.故答案为：.15．一道单项选择题有4个答案，要求学生将正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是___________.【答案】##【分析】由全概率公式求出考生答对的概率，再由条件概率公式求他答对条件下，他确实知道正确答案的概率.【详解】设表示“考生答对”，表示“考生知道正确答案”，由全概率公式得故故答案为： 四、双空题16．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________；若点为抛物线：上的动点，在轴上的射影为，则的取小值为___________.【答案】          【分析】设点，根据距离公式得到方程化简即可得到阿氏圆方程，求出抛物线的焦点坐标，则，化折为直得到，即可得解.【详解】解：设点，，，，即阿氏圆的方程为；抛物线的焦点为，准线为，所以，，当且仅当、、、四点共线时取等号.故答案为：；． 五、解答题17．已知数列的前项和为，且满足，等差数列中，，.(1)求数列，的通项公式；(2)定义，记，求数列的前20项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据，作差即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，再设数列的公差为，即可得到方程组，解得、，从而求出的通项公式；（2）根据通项公式判断数列的单调性，即可得到的通项公式，再用分组求和法计算可得.【详解】（1）解：因为，当时，解得，当时，所以，即，所以，即是以为首项，为公比的等比数列，所以；设数列的公差为，由，，可得，解得，所以.（2）解：因为，即数列为递增数列，即数列单调递减，，，，，，，，，，，，，所以当时，当时，所以，所以.18．在中，角的对边分别是且满足.(1)求角的大小；(2)若，求锐角的面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量数量积的定义及正弦定理化简计算即可得到角的大小；（2）根据余弦定理结合基本不等式即可得到，从而得到的最大值，即可得到结果.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理可得所以，因为，所以，且，所以（2）因为，，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以的面积的最大值为故的面积的取值范围是19．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上.(1)求点的坐标和抛物线的准线方程；(2)过点的直线与抛物线交于，两个不同点，若的中点为，求的面积.【答案】(1)，准线方程为(2) 【分析】（1）将点的坐标代入方程，求出，即可求出抛物线方程，再得到其焦点坐标与准线方程；（2）设点，，利用点差法，求出直线的斜率得到直线的方程，利用弦长公式以及点到直线的距离，求解三角形的面积即可．【详解】（1）解：因为点在抛物线上，所以，即，则，所以抛物线方程为，则其焦点坐标为，准线方程为；（2）解：设点，，因为的中点为，所以，，所以，则，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，所以，即，所以，点到直线的距离，所以．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．(1)求证：PD⊥AB；(2)若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用平面几何的知识得到PM⊥AB，DM⊥AB，再利用线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）利用点的转移的方法把点到平面的距离转化成点到平面的距离计算即可.【详解】（1）证明：取AB中点M，连接MD、MP，因为PAB是等边三角形，所以PM⊥AB，因为MBAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，又因为MB＝CD，所以四边形BCDM为平行四边形，又因为AB⊥BC，BC＝CD＝1，所以四边形BCDM为正方形，于是DM⊥AB，因为DM∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，又因为PD⊂平面PDM，所以PD⊥AB.（2）过M作MN⊥PB于N，因为PD＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，由（1）知DM⊥AB，又因为AB∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，因为DM∥BC，所以BC⊥平面ABP，因为MN⊂平面ABP，所以BC⊥MN，因为BC∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，点M到平面PBC的距离为线段MN的长，由等面积法知，MN，因为DM∥BC，BC⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，所以DM∥平面PBC，所以点D到平面PBC的距离等于点M到平面PBC的距离为MN．21．为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按，，，分组，绘制频率分布直方图如图所示.试验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只.假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立(1)填写下面的列联表（单位：只），并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关.抗体指标值合计小于60不小于60 有抗体   没有抗体   合计    参考公式：（其中为样本容量）参考数据：0.500.400.250.150.1000.0500.0250.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024 (2)为检验疫苗二次接种的免疫体抗性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小白鼠产生抗体.①用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率；②以①中确定的概率作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量.试验后统计数据显示，当时，取最大值，求参加人体接种试验的人数及.【答案】(1)列联表见解析，可以认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关(2)①，②或，当时，当时 【分析】（1）先根据题中数据完成列联表，计算的数值，分析即可得出结果；（2）①根据对立事件的概率及相互独立事件的概率公式求解即可；②不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知，，解出的范围即可求解．【详解】（1）解：（1）由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为：在内有（只）；在内有（只）；在内有（只）；在内有（只）；在内有（只）．由题意，有抗体且指标值小于60的有50只，而指标值小于60的小白鼠共有只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只，故列联表（单位：只）如下：抗体指标值合计小于60不小于60 有抗体50110160没有抗体202040合计70130200 零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小60无关联．根据列联表中数据，得．根据的独立性检验，推断不成立，即可以认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于．（2）解：①令事件“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”．记事件，，发生的概率分别为，，，则，，所以．所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率．②由题意知随机变量，所以，1，2，，．因为最大，所以， 即，解得，因为是整数，所以或，所以接受接种试验的人数或．当接种人数为时，；当接种人数为时，．22．在平面直角坐标系中，设点，，点与，两点的距离之和为，为一动点，且为的重心.(1)求点的轨迹方程；(2)设与轴交于点，（在的左侧），点为上一动点（且不与，重合）.设直线，轴与直线分别交于点，，取，连接，证明：为的角平分线.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由椭圆的定义可得的轨迹为椭圆，求出的轨迹方程，设的坐标，可得的坐标，代入椭圆的方程，可得的轨迹的方程；（2）设点，由题可得，，，只需证明点到直线的距离即可，结合条件即得.【详解】（1）解：因为，由椭圆的定义可得的轨迹为以、为焦点的椭圆，且焦点在轴上，，，所以，则，即的轨迹方程为；设，，则，因为为的重心，所以，，所以可得，整理可得，即的轨迹方程为；（2）证明：由（1）可得，，直线，轴与直线分别交于点，，可得，当的横坐标为时，根据对称性设在轴上方，则轴，则，则，所以此时，，显然平分；当当的横坐标不为时，设点，，则，即，，令，得，，则点到直线的距离，要证为的角平分线，只需证，又，，所以，当且仅当，即①时，又在上，则，即，代入①式可得恒成立，为的角平分线．【点睛】思路点睛：本题在处理求动点的轨迹方程时，通常采用相关点法，第二问主要体现设而不求思想的应用.