精品解析：福建省福州第一中学2023届高三适应性考试（二）数学试题（解析版）

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福州一中2023届高三毕业班适应性考试（二）
数学试题
满分150分考试 时间120分钟
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.
1. 已知集合满足，则可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据得集合的包含关系，进而判断即可.
【详解】由则,进而,由于，所以可能是，
故选：B
2. 已知等比数列满足，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的性质化简已知式可得或，则代入即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，则，解得：或，
当或时，，
，
故选：A.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平方关系化简，再由辅助角公式和诱导公式化简即可得出答案.
【详解】
，

由与图象可知，当时，，
所以，
，
故选：D.
4. 阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用.如图，在平面直角坐标系中，螺线与坐标轴依次交于点，若的面积为81，则的值为（ ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得，得到，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，螺线与坐标轴依次交于点，
可得，
则，
因为的面积为，可得，解得.
故选：C.
5. 在矩形中，.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算计算数量积，由三角函数的有界性即可求解.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则
,设 ，
故
所以 其中，
由于，所以，
故选：B

6. 圆（为原点）是半径为的圆分别与轴负半轴､双曲线的一条渐近线交于两点（在第一象限），若的另一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】联立方程组求得，根据题意得到，利用，得到，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，由双曲线的渐近线方程为，
联立方程组，解得，
因为且另一条渐近线与直线垂直，可得，
整理得，又由，所以，
解得，所以离心率为.
故选:B.

7. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作差法判断、的大小，构造函数, 利用导数的单调性判断、的大小.
【详解】
，
又，
所以令，，
则，
令，
则 ，
当时,, ，
所以，
故,故在上增函数，
又∵，
∴当时,, 故在上是增函数，
故,即，
故.
故选:A.
【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，将视为变量可以构造函数.
8. 已知正三棱台的上､下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，以下底面顶点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点到平面的距离，进而求出截面小圆半径作答.
【详解】将正三棱台补形成正棱锥，如图，

由，得，而，则，即为正三角形，三棱锥为正四面体，
令正的中心为，连接，则平面，，
从而，而球半径为，
因此这个球面截平面所得截面小圆是以O为圆心，为半径的圆，
在正三角形中，取的中点，取的三等分点，连接，

显然，即，同理，即有，
是正三角形，有，同理，而，
于是六边形是正六边形，其半径为1，点在此球面截平面所得截面小圆上，
连接，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线），
所以交线长度为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及球面与平面相交的交线问题，借助球的截面小圆性质确定出截面小圆圆心位置是解题的关键.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 甲箱中有4个红球，3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，2个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，事件和分别表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，事件表示由乙箱取出的球是红球，则（ ）
A. 事件与事件相互独立 B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意得到，，结合独立事件的概率乘法公式和条件概率的公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
对于A中，由，且，
可得，所以事件与事件不相互独立，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由A项可得，所以C不正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：BD.
10. 如图，在三棱柱中，平面，是棱上的一个动点，则（ ）

A. 直线与直线是异面直线
B. 周长的最小值为
C. 存在点使得平面平面
D. 点到平面的最大距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间中点线面的位置关系相关知识即可判断.
【详解】选项A：不管点移动到上的哪个位置，
直线与直线均不相交，也不平行，所以A正确;
选项B：周长的为，要使周长最小，

即最小，即为面和面的展开图中的长，
所以，
所以，所以B错误；
选项C：由图易知，二面角为锐二面角，
二面角为钝二面角，
在点从到移动的过程中，二面角由锐角变成了钝角，
所以，在棱上必然存在点使得平面平面，C正确；
选项D：要使点到平面的距离最大，即当二面角为时，
此时到的距离即为所求距离的最大值，过作的垂线，

因为面面，面，面面，面，
所以面，即为点到平面的距离，也是到的距离，
又因为，，，
所以点到平面的距离为，所以D正确.
故选：ACD
11. 抛物线为定值焦点为，与直线相交于两点，为中点.过作轴的垂线，垂足为，过作的垂线，交轴于，则（ ）
A.
B. 的纵坐标是定值
C. 为定值
D. 存在唯一的使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，判别式法可判断A；韦达定理得，，进而求解中点M的纵坐标可判断B；结合弦长公式可判断C；结合点到直线距离公式及弦长公式，利用几何法可判断D.
【详解】设，，，则，
联立，整理得，
则，解得，故A错误；
因为，，
所以，为定值，故B正确；
，
又，，所以，
所以为定值，故C正确；
因为，且过，所以直线MN方程为：，
令得，点P到直线AB的距离，
要使，则，所以，
又，所以，解得，
所以存在唯一的使得，故D正确.

故选：BCD
12. 定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（ ）
A. 是奇函数
B. 关于对称
C. 周期为4
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A，利用已知条件，即得结果.对于选项B，由题意可推导出为偶函数，为奇函数，所以，即即可证明；对于选项C，由关于对称和关于对称，即得结果.对于选项D，通过赋值，利用C中推导的结论和已知条件，由等差数列的前项和即得结果.
【详解】因为可得为偶函数，所以，则为奇函数，故A正确；
因为，偶函数，时偶函数，
所以为偶函数，所以关于对称，
因为，为奇函数，为奇函数，
所以奇函数，关于对称，
，
则其中为常数，又故，有关于对称，B正确；
令等价于，，所以，
因为关于对称，所以，
所以令等价于，所以，所以，
故可看成数列，
而因为关于对称，所以，，
故是以为首项，为公差的等差数列，
是以为首项，为公差的等差数列，
所以没有周期性，故C不正确；

，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数，若在复平面内对应的点位于第四象限，写出一个满足条件的__________.
【答案】中的一个均可
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，可得，进而的一个满足条件的的值.
【详解】复数，可得，
当时，可得，
此时复数对于点点位于第四象限，
当时，符合题意.
故答案为：中的一个均可.
14. 某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导､旅游宣传､洁净家园､秩序维护4项志愿服务.现有6组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每项志愿服务至少有1组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有__________种.
【答案】1170
【解析】
【分析】分为甲组志愿服务队是单独一组、二个组、三个组参加一项志愿服务，分别求出不同的参与方式的方法总数，求解即可.
【详解】甲组志愿服务队是单独一组参加一项志愿服务，则，
甲组志愿服务队是二个组一起参加一项志愿服务，，
甲组志愿服务队是三个组一起参加一项志愿服务，，
所以.
故答案为：1170
15. 已知函数有三个零点，且，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】令，由的图象可得最多只有两个解，所以由题意可知有两解，且，由图象可知有两解，有一解，代入即可求出结果.
【详解】由，得，
令，则，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以的图象如图所示，

由图可知最多只有两个解，
若要有三解，则有两解，
且，
因为函数有三个零点，且，
所以由图象可知有两解，有一解，
所以


，
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是令，然后将问题转化为有两解，且有两解，有一解，然后代入化简即可，考查数形结合的思想，属于较难题.
16. 已知函数且，其中的最小正周期，且，则__________.函数的图象在处的切线与的图象恰好有3个公共点，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称轴以及的范围，结合，建立关于的方程组，即可求得，从而求出；结合的图象及对称性，结合导数的几何意义和经过两点的斜率公式，即可求出.
【详解】因为，则的图象关于对称，或者；
因为的最小正周期， 所以，即，解得，即，
此时，又，则，
所以，与矛盾，不合题意.
所以的一条对称轴为，
则，即，所以，;
因为，所以，即，所以，
又因为，所以，则，
因为，则，又，
所以，又，则 ①，
又因为 ②，联立①②解得，所以.
如图，结合的图象及对称性可知，在处的切线经过点，切点为，则，

所以，整理得，所以.
故答案为： .
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知数列的前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求数列的和即可.
【小问1详解】
当时，，得，
当时，，得，
所以数列是以2为首项，公比为3的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，

所以，

所以
18. 国内某大学想了解本校学生的运动状况，采用简单随机抽样的方法从全校学生中抽取2000人，调查他们平均每天运动的时间（单位：小时），统计表明该校学生平均每天运动的时间范围是，记平均每天运动的时间不少于2小时的学生为“运动达人”，少于2小时的学生为“非运动达人”.整理分析数据得到下面的列联表：
单位：人
性别
运动时间
合计
运动达人
非运动达人
男生
1100
300
1400
女生
400
200
600
合计
1500
500
2000
零假设为：运动时间与性别之间无关联.根据列联表中的数据，算得，根据小概率值的独立性检验，则认为运动时间与性别有关，此推断犯错误的概率不大于.
（1）如果将表中所有数据都缩小为原来的，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断运动时间与性别之间的关联性，结论还一样吗？请用统计语言解释其中的原因.
（2）采用样本性别比例分配的分层随机抽样抽取20名同学，并统计每位同学的运动时间，统计数据为：男生运动时间的平均数为2.5，方差为1；女生运动时间的平均数为1.5，方差为0.5，求这20名同学运动时间的均值与方差.
附：，其中.
临界值表：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）答案见解析
（2）均值为2.2，方差为1.06
【解析】
【分析】（1）解法一：写出改变数据之后的列联表，即可卡方，即可判断；
解法二：根据卡方公式得到调整后的，即可判断；
（2）首先按照分层抽样求出男女的人数，即可求出样本的均值，再根据方差公式求出方差.
【小问1详解】
解法一：改变数据之后的列联表为：
性别
运动时间
合计
运动达人
非运动达人
男生
110
30
60
女生
40
20
200
合计
150
50

则调整后的.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断运动时间与性别有关
与之前结论不一样，
原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化，
当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高.
解法二：调整后的
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断运动时间与性别有关，
与之前结论不一样，原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化，
当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高.
【小问2详解】
男生抽取人，女生抽取人，
由已知男生运动时间的平均数为，样本方差为；
女生运动时间的平均数为，样本方差为.
所以样本均值为，
记样本方差为，则，
所以这名同学运动时间的均值为，方差为.
19. 的角的对边分别为的面积为.
（1）若，求的周长；
（2）设为中点，求到距离的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得出和，联立求得，进而求得，结合余弦定理求出的值，进而求得结果.
（2）利用面积公式和基本不等式求最值，即可得出结果.
【小问1详解】
因为，得①，
又因为的面积为，所以有②，
显然，由①②得，
所以，代入得，
在中，因为，
所以，得，
所以的周长为.
【小问2详解】
因为为边上的中点，所以，
因为，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以.
设点到直线距离为，
因为，所以，
即点到直线距离最大值为.
20. 如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

（1）当时，证明：平面平面；
（2）已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为中点
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
21. 已知椭圆左焦点为，离心率为，以坐标原点为圆心，为半径作圆使之与直线相切.
（1）求的方程；
（2）设点是椭圆上关于轴对称的两点，交于另一点，求的内切圆半径的范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得，解方程组可求出，从而可得椭圆的方程；
（2）设的方程为，代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由点三点共线且斜率一定存在，可求得，得直线过定点，且为椭圆右焦点，所求内切圆半径为，则，化简换元后可求出其范围.
【小问1详解】
依题意，
解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
因为不与轴重合，所以设的方程为，
设点，则
联立，得，
则
因为点三点共线且斜率一定存在，
所以，
所以，将代入
化简可得，故，
解得，满足
所以直线过定点，且为椭圆右焦点
设所求内切圆半径，因为，
所以
令，则，
所以，
因为，对勾函数在上单调递增，
所以，则.
所以内切圆半径的范围为.
.
【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.
22 已知函数.
（1）讨论函数的单调性;
（2）当时,若有两个实数根,且.求证:.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导数,对进行分类讨论,分别求解出和的解即可;
（2）利用切线放缩,先证明,先求出曲线在和处切线,再构造函数进行证明,同理证明即可.
【小问1详解】
的定义域为,
.
①若,因为恒成立,所以在上单调递减.
②若,令,得;令得,,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
③若,令,得;令,得,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
综上:
当时,在上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减.
【小问2详解】
,
先证不等式,
因为,
所以曲线在和处的切线分别为和,
如图:

令,
,
令,则;令,则;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以在上恒成立,
设直线与直线交点的横坐标为,则,
设直线与直线交点的横坐标为,同理可证,
因为,
所以(两个等号不同时成立),
因此.
再证不等式,
函数图象上两点,
设直线与直线的交点的横坐标分别为,
易证,且,
所以.
综上可得成立.
【点睛】导数证明不等式的常用方法有:（1）最值法:直接构造函数或分离参数后构造函数,通过求解最值证明;（2）放缩法:通过构造切线或割线,利用切线放缩或者割线放缩进行证明.