2023龙岩一级校高三上学期期末联考试题数学图片版含解析

这是一份2023龙岩一级校高三上学期期末联考试题数学图片版含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 龙岩市一级校2022-2023学年第一学期期末高三联考数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案CABBADDB7．【解析】由图可知，三角形的底边是固定的，则点的运动直接影响着三角形面积的变化。由图可知，三角形的面积大小变化为：小大小大小，再考虑当点落在线段上以及点与点或重合时，都构成不了三角形，所以大小变化为：先正负，（三点共线），再正负，故选择D.8．【解析】法一：由题意得，第一个参加面试的一定是男生，最后一次参加面试的一定是女生，男女生面试的排序应为“男男***女”或“男女男**女”，所以．法二：如图：以下5种情况符合题意，所以所求概率为．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号9101112答案ACABADBCD12．【解析】由（2）知，中的元素满足消去率，所以0. 设，由（1）知，都是中的元素，由集合元素的互异性，必存在整数使得.由于，所以故有。因为是整数，且，所以,即1. 若且，由（1）知，存在整数使得，即.令，又因为则. 由条件（1），不妨令，则有，再令，则有，如此循环，则都是数集的元素，又已知数集只有4个元素，考虑集合元素的互异性，则元素必需满足一定的周期性，且周期为，考虑复数恰满足此性质，故数集，即数集.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．        14．         15．           16．15．【解析】如图，取的中点为，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面．在中，由余弦定理，得，所以，所以为直角三角形．所以球心在直线上，所以，解得，所以该球的表面积为．16．【解析】如图，四边形为平行四边形，因为，所以．因为，且，所以，，在中，由余弦定理，得，所以离心率为．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）解：（1）因为，①所以当时，， ② ①-②得，...................................................1分即， 因为，所以， ................................................2分所以数列从第二项起，是公差为1的等差数列.由①知，因为，所以，所以当时，，即. ③............................................4分又因为也满足③式，所以（）.  ...................................5分注：没有验证的情况扣1分.   （2）由（1）得，..................................................6分，④， ⑤.......................................................7分④-⑤得，，.................................................8分所以，......................................................9分故. ........................................................10分18．（12分）解：（1）△中，由正弦定理，得，则，，，故可化为，　................................................2分整理，得，..................................................4分又，故，即.　................................................6分（2）△中，由余弦定理，得，即，（*）...........................................................7分又，所以，代入（*），得，整理，得，　................................................9分又因为，　..................................................10分所以，解得或（舍去），　......................................11分故，故△的面积.　.............................................12分19．（12分）解法一：（1）由已知条件可得．........................................1分∵平面平面，平面平面，∴平面．过点在平面作，则．........................................2分以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得．∴．设平面的法向量为，则∴令，得平面的一个法向量为，.................................4分∴点M到平面的距离．......................................6分（2）假设在线段上存在点，使得与平面所成角为．设，则，................................................7分∴，....................................................8分又∵平面的法向量且直线与平面所成角为，∴，....................................................10分可得，∴（舍去）．.............................................11分综上，在线段上存在点，使与平面所成角为，此时．...............12分解法二：（1）由已知条件可得，，∴．....................................................1分∴又，∴．∵平面平面，平面平面，∴平面．即为三棱锥的高，.........................................2分又，∴，.................................................3分又∵点为线段中点，∴ 点到平面的距离等于点到平面的距离的，∴，………………4分∵,,，∴，................................................5分设点到平面的距离为，则，即解得=，∴设点到平面的距离等于. .............................6分（2）同解法一．解法三：（1）∵点为线段中点，∴ 点到平面的距离等于点到平面的距离的，......................1分由已知条件可得．.........................................2分∵平面平面，平面平面，∴平面．.................................................3分又∵，∴．................................................4分∵，ADBC，∴，又，∴，∴点到平面的距离等于线段的长．..............................5分∵，∴点到平面的距离等于...................................6分（2）同解法一．20．（12分）解：（1）记“甲队获得冠军”为事件，“决赛进行三场比赛”为事件，由题可知，..................................................2分， ........................................................4分∴当甲队获得冠军时，决赛需进行三场比赛的概率为. ...........................................................6分（2）设比赛主办方在决赛前两场中共投资（千万元）， 其中，若需进行第三场比赛，则还可投资（千万元），记随机变量为决赛的总盈利，则可以取，，..........................7分∴，， ......................................................9分∴随机变量的分布列为∴的数学期望，...............................................10分令，则，....................................................11分∴当，即时，取得最大值，∴比赛主办方在决赛的前两场的投资额应为千万元，即万元. ……12分21．（12分）解：（1）以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系如图，在线段上取点，使得，因为，所以因为在的垂直平分线上，所以，又因为，所以，所以，所以即的轨迹是以为焦点的椭圆，设的方程为 则，得，，又因为当在直线上时，点不存在，所以的方程为...........................................................6分（2）设，则的中点为，.1°当时，由解得，则的方程为， 此时与恰有一个公共点（如图）；.................................7分      　　　  2°当时，如图，则的斜率为，的方程为因为，所以的方程可化为，..........................9分代入得：，整理得：…（＊）由得代入“＊”并整理得：...........................................................11分此时，与恰有一个公共点.综上，与恰有一个公共点．......................................12分22．（12分）解：（1）若，则， ，................................................1分在成立，∴在递增，............................................2分又，，故存在，使得，且在递减，在递增，故，又，故在的最大值为．...........................................................4分（2）解法一：要证在单调递增，即证在成立，∵，∴，记，故只需证明记在成立，......................................5分①当时，，而，∴成立；........................................6分②当时，，在成立，∴在单调递增， ........................................7分又，，∴必存在，使得，且时，时，即在单调递减，在单调递增，....................................9分∴，此时，即，∴成立，∵，而，∴，∴，∴，即，，................................................11分∴，即在成立，综上，在成立，故在成立，故在单调递增．  ..............................................12分解法二：要证在单调递增，即证在成立，①当时，∵，，而，∴成立；.................................................6分②当时，∵，要证，即证，......................................7分记，则，由 得：， ∴在递减，在递增，............................................9分∴时，， 故时成立，即成立，综上，在成立，故在单调递增．..................................12分解法三：要证在单调递增，即证在成立，①当时，∵，，而，∴成立；  … 6分②当时，∵，要证，即证， ......................................7分记，则，由 得：， ∴在递增，在递减，....................................9分∴时，，  ...................................................10分故只需证：，即证：，即证：，即证：，∵，显然成立，∴时，，即成立，即成立，综上，在成立，故在单调递增．..................................12分解法四：先证明成立，再证明，成立．令，则，且当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即成立．...............................................6分令，，则，所以在上单调递增，所以，即，成立．.............................................8分所以，......................................................10分因为，所以，所以在上单调递增．.................................12分