福建省龙岩第一中学2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份福建省龙岩第一中学2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第二学期高三第三次模拟考试
数学试题
一、单项选择题：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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的性质和一元二次不等式的解法，分别求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.
【详解】由，可得，则，
又由，解得，因为，所以，
所以．
故选：D．
2. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的模公式及复数的除法法则，结合复数的定义即可求解.
【详解】由题意可知，
由，得，
所以复数z的虚部为.
故选：A.
3. 在中，D为的中点，E为边上的点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算结合图形即可得解.
【详解】由E为边上的点，且，
得.

故选：C
4. 《九章算术》是世界数学发展史上的一颗璀璨明珠，书中《商功》有如下问题：今有委菽依垣，下周三丈，高七尺，问积及为菽各几何？其意思为：现将大豆靠墙堆放成半圆锥形，底面半圆的弧长为3丈，高7尺，问这堆大豆的体积是多少立方尺？应有大豆是多少斛？主人欲卖掉该堆菽，已知圆周率约为3，一丈等于十尺，1斛约为2.5立方尺，1斛菽卖300钱，一两银子等于1000钱，则主人可得银子两

A. 40 B. 42 C. 44 D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】先由圆锥体积公式求出半个圆锥的体积，结合大豆的单价即可求出结果.
【详解】因为半圆锥的底面半圆弧长为30尺，所以可得底面圆的半径为，又半圆锥的高为7尺，所以半圆锥的体积为立方尺斛，
所以主人可得银子两.
故选B
【点睛】本题主要考查圆锥的体积公式，熟记公式即可，属于基础题型.
5. 若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，利用古典概型概率求解.
【详解】10不同的数取3个不同的数的情况为：，
其中3个之和为偶数的情况为：
①三个为偶数：，
②两奇数一偶数：，
共60种情况，所以所求概率为：.
故选：D.
6. 已知函数的最小正周期为，，且的图像关于点中心对称，若将的图像向右平移个单位长度后图像关于轴对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据周期范围得出范围，根据对称中心得出的值，并结合范围得出的值，即可得出的解析式，根据函数图像平移后的解析式变化得出，即可根据图像关于轴对称，得出，再根据的范围得出实数的最小值.
【详解】，，且，
，即，
的图像关于点中心对称，
，且，即，解得，
，
取，，
，
将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，
的图像关于轴对称，
，解得，
，
的最小值，令，得，
故选：B.
7. 已知正六棱锥的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为，则该正六棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由球与正六棱锥的性质建立六棱锥体积与球心与底面中心距离的函数关系计算即可求得最值.
【详解】如图所示，设球半径为，球心到六棱锥底面中心的距离为，由题意易知正六棱锥顶点与共线，
由球的体积为，可得，
则，，
即
.
当且仅当，即时，正六棱锥的体积取得最大值.
故选：B
【点睛】
8. 已知，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造，二次求导后判断单调性从而得到；构造，二次求导后判断单调性从而得到，进而得到答案.
【详解】构造，则，
构造，
则，
故在内单调递减，．
故对任意恒成立，则在单调递增，
因为，所以，
故，即，
即，即，即，
同理构造，则，
构造，则，故在内单调递减，，
故对任意恒成立，则在单调递增，
故，即，即，
即，即，
则a，b，c的大小关系是．
故选：C．
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
二、多项选择题：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．
9. 已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若则
D. 若，且与不平行，则
【答案】BD
【解析】
【分析】
结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断.
【详解】A：若，则与平行或相交或，A选项错误；
B：因为，所以或，又，所以，B选项正确；
C：若则与相交或平行或，C选项错误；
D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D选项正确；
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数 B. 在区间上单调递减
C. 的极小值为 D. 的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断B选项；分析函数的单调性，利用极值的定义可判断C选项；利用极值与最值的关系可判断D选项.
【详解】解：由题意知，的定义域为，，
所以为偶函数，A错；
当时，，
则，所以，函数在上单调递增，B错；
对于C选项，当时，，所以，，
所以，函数在上单调递减．
又因为函数为偶函数，所以，函数的递增区间为、，递减区间为、，
所以，函数的极小值为，C对；
对于D选项，因为函数为偶函数，且函数的极大值为，
故函数的最大值为，D对.
故选：CD.
11. 已知圆M：，直线l：，P为直线l上的动点，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线AB的方程为 B. 四边形MAPB面积的最小值为4
C. 线段AB的最小值为 D. 当时，点P横坐标取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】当时，可求出点到直线距离，然后结合斜率可解得直线AB方程，即可判断A，对于B，，求出的最小值即可判断，对于C，可分析出最小时，最小，即可判断，对于D，当时，可求出，然后可求出点P横坐标取值范围，即可判断.
【详解】圆M：的圆心，半径为，
对于A，当时，，，所以是等腰直角三角形，
所以，，
所以点到直线距离为，
因为，所以，设的方程为，
由点到直线距离为可得，解得或（舍）
所以直线AB的方程为，故A正确，
对于B，因为，，
所以，
所以，
当取最小值时，四边形MAPB面积最小，此时，
所以四边形MAPB面积的最小值为，故B正确；
对于C，因为在中，，所以当最小时，最小，
当最小时，最小，最小，最小，
由前面知，此时，所以此时，故C错误，
对于D，当时，，所以，
所以，设，所以，解得，故D正确，
故选：ABD
12. 定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 函数关于对称
C. 函数是周期函数 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件可得，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，判断C，D.
【详解】因为为奇函数，所以，
取可得，A对，
因为，所以
所以，又，即，
，故，
所以函数的图象关于点对称，B错，
因为，所以
所以，为常数，
因为，所以，
所以，取可得，
所以，又，即，
所以，所以，
所以，故函数为周期为4的函数，
因为，所以，，
所以，
所以
，
所以，
故的值为0，D正确；
因为，即
故函数也为周期为4的函数，C正确.
故选：ACD.
【点睛】本题的关键在于结合，，且为奇函数三个条件，得到函数，的周期，利用对称性和周期性判断各个选项.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在的展开式中，的系数为____________.
【答案】150
【解析】
【分析】由二项展开式通项对原式展开可得，再由项的系数解得，代入求解即可.
【详解】两个二项式展开式的通项之积为
，，
则令，解得，
故展开式中的系数为.
故答案为：150.
14. 已知直线，，圆C的圆心在第一象限，且与，都相切，则圆C的一个方程为______.（写出满足题意的任意一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系结合条件可得圆的标准方程，进而即得.
【详解】由题意可得，为轴，的倾斜角为，
因为圆C的圆心在第一象限，且与，都相切，
所以圆心所在直线的倾斜角为，
所以圆心C在直线上，
设圆C的圆心为，则
由题意可知，圆C的半径为，
所以圆C的方程为.
故答案为：（答案不唯一）
15. 如图，，分别为椭圆的左、右焦点，A，C在椭圆上且关于原点对称（点A在第一象限），延长交椭圆于点B，若，则直线AC的方程为______.

【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的对称性得出四边形为平行四边形，则，设直线的斜率为k，则直线的方程为，联立直线与椭圆方程消去得出，则，同理，即可根据弦长公式列式解出，即可得出答案.
【详解】连接，，

，，
四边形为平行四边形，
.
设直线的斜率为k，
，直线的方程为.
联立方程，得，整理得，
点A在第一象限，
，同理可得.
，得，
，则，直线AC的方程为.
16. 若在平面直角坐标系xOy中，曲线与轴交于点，且在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则的值为______.
【答案】2e
【解析】
【分析】根据题意，结合零点存在性定理得点的横坐标为，，，再求得切线方程，计算面积得的面积，最后根据函数，的性质得答案.
【详解】解：由题意知，，，
所以曲线与轴有唯一交点，记点的横坐标为，
所以，，，
所以曲线在点处的切线的方程为.
设切线与轴交于点，则，易得，
所以的面积.
设，，则在恒成立，
所以在上单调递增，
因为，
所以，.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，
（1）求数列的通项公式；
（2）记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，然后利用等比数列的基本量运算即得；
（2）根据条件可得，进而可得，然后利用分组求和法即得.
【小问1详解】
设的公比为，则，又，
当时，，当时，，
两式相减可得，，所以，
所以或(舍去)，
所以，即，
所以等比数列的通项公式为；
【小问2详解】
由，，可得，
所以，又，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
所以.
即.
18. 设钝角△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，其中R是外接圆的半径．
（1）若，求C的大小；
（2）若，，证明：为等腰三角形．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用正余弦边角关系及三角形内角性质得，即可求C的大小；
（2）由（1）及题设易知，则有，应用余弦定理可得，进而确定三角形形状.
【小问1详解】
因，由余弦定理得：，所以，
由正弦定理得：，所以，
又，，所以，又，所以．
【小问2详解】
由题意得，，

由（1）知：，所以，
所以，则，即，即，
在中，在中，
所以，解得，故，
又，故，，
所以为等腰三角形．
19. 已知三棱台中，底面，，，，、分别是、的中点，是棱上的点.

（1）求证：；
（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，可得出，证明出四边形是正方形，可得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）延长与相交于点，连接，则，推导出点为重心，然后以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
证明：取线段的中点，连接、，如图所示：
因为、分别为、的中点，则，
在三棱台中，，所以，，且，
故、、、四点共面，
因为，，则，
又因为底面，、平面，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，
又因为，所以四边形是正方形，所以，
又因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
解：延长与相交于点，连接，则，
因为、分别为和的中点，，则，
则，所以，为的中点，
又因为为的中点，且，则为的重心，则，
由（1）知，所以、、两两垂直，
以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，
所以，，，，
设平面的法向量，则，
取，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
20. 一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球3个，黄球2个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当盒中只剩一种颜色时，停止取球．
（1）求盒子中恰剩2个红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）求出X的所有可能取值及对应的概率可得答案.
【小问1详解】
恰剩2红球，第3次必是黄球，
所以盒子中恰剩2个红球的概率；
【小问2详解】
X的所有可能取值为1，2，3，
，
，
，
∴X的分布列为
X
1
2
3
P



．
21. 已知双曲线，点是双曲线的左顶点，点坐标为.
（1）过点作的两条渐近线的平行线分别交双曲线于，两点.求直线的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于点，，直线，与双曲线的另一个交点分别是点，.试问：直线是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）根据题意求出与渐近线平行的直线方程，再求出与双曲线的交点坐标后求解即可；
（2）设直线，，的方程，因为直线，分别与椭圆和双曲线相交，故可以利用，，建立方程，化简得出直线斜率与截距之间的关系，求出直线所过定点.
【小问1详解】
由题意，得双曲线的渐近线方程为，

过与平行的直线方程为，由，解得，
过与平行的直线方程为，由，解得，
∴直线的方程为.
【小问2详解】
直线过定点.

由已知，易知过的直线斜率存在且不为，直线，斜率存在且不为，
设直线，的直线方程分别为和，.
由，得，解得，则.
同理，则.
又，，三点共线，而，
故，解得.
设，，则，，
∴，
即
化简整理，得（*），
易知直线斜率存在，设直线的方程，
由，消去整理，得，
∴当且时，
有，，
代入（*）化简，解得，
即，故或.
当时，，经过点，不合题意，
当时，，经过点，满足题意.
因此直线过定点.

【点睛】求解定点问题的常用方法有：
（1）从特殊入手，求出定点（通常为特殊位置，如轴上的点），再证明这个点与变量无关；
（2）直接通过题目中的几何关系进行推理、计算、化简，消去变量，从而得到定点.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【小问1详解】
，
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
【小问2详解】
（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；