福建省龙岩第一中学2023届高三下学期三模数学试卷（含答案）

福建省龙岩第一中学2023届高三下学期三模数学试卷

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1、已知集合，，则(   )

A.  B.

C.  D.

2、已知复数z满足，则复数z的虚部为(   )

A.2 B. C. D.

3、在中，D为的中点，E为边上的点，且，则(   )

A. B. C. D.

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

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.

6、已知函数的最小正周期为T，，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y轴对称，则实数m的最小值为(   )

A. B. C. D.

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.

8、已知，，，则a，b，c的大小关系是(   )

A. B. C. D.

二、多项选择题

9、已知m，n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m与n不平行，，则

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

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

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.

三、填空题

13、在的展开式中，的系数为____________.

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)

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______.

16、若在平面直角坐标系中，曲线与x轴交于点A，且在点A处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则a的值为______.

四、解答题

17、已知各项均为正数的等比数列，其前n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n项和．

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．

19、已知三棱台中，底面ABC，，，，E、F分别是BC、的中点，D是棱上的点.

（1）求证：；

（2）若D是线段的中点，平面DEF与的交点记为M，求二面角的余弦值.

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.

21、已知双曲线，点A是双曲线C的左顶点，点P坐标为.

（1）过点P作C的两条渐近线的平行线分别交双曲线C于R，S两点.求直线的方程；

（2）过点P作直线l与椭圆交于点D，E，直线AD，AE与双曲线C的另一个交点分别是点M，N.试问：直线MN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.

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:.

参考答案

1、答案：D

解析：由，可得，则，

又由，解得，因为，所以，

所以．

故选：D．

2、答案：A

解析：由题意可知，

由，得，

所以复数z的虚部为.

故选：A.

3、答案：C

解析：由E为边上的点，且，

得.

故选：C.

4、答案：B

解析：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.

5、答案：D

解析：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、答案：B

解析：，，，，，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y轴对称，，，解得，，，m的最小值，令，得，故选：B.

7、答案：B

解析：如图所示，设球半径为R，球心O到六棱锥底面中心的距离为h，由题意易知正六棱锥顶点P与O，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

8、答案：C

解析：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．

9、答案：BD

解析：A：若，，则m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n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、答案：CD

解析：由题意知，的定义域为R，，

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、答案：ABD

解析：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M到直线AB距离为，

因为，所以，设的方程为，

由点M到直线AB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、答案：ACD

解析：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，c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.

13、答案：150

解析：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、答案：（答案不唯一）

解析：由题意可得，为x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、答案：

解析：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、答案：

解析：由题意知，，，

所以曲线与x轴有唯一交点A，记点A的横坐标为，

所以，，，

所以曲线在点A处的切线的方程为.

设切线与y轴交于点B，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：

17、答案：（1）

（2）

解析：

（1）设的公比为q，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；

（2）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、答案：（1）

（2）证明见解析

解析：

（1）因，由余弦定理得：，所以，

由正弦定理得：，所以，

又A，B，，，所以，又，所以．

（2）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、答案：（1）证明见解析

（2）

解析：（1）证明：取线段AB的中点G，连接、EG，如图所示：

因为E、G分别为BC、AB的中点，则，

在三棱台中，，所以，，且，

故E、G、、D四点共面，

因为，，则，

又因为底面ABC，AG、平面ABC，所以，，

因为，AB、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，EG、平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）延长EEF与相交于点Q，连接DQ，则，

因为F、E分别为和BC的中点，，则，

则，所以，为的中点，

又因为D为的中点，且，则M为的重心，则，

由（1）知，所以AC、AB、两两垂直，

以点A为原点，AC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，

所以，，，，

设平面MAC的法向量，则，

取，则，

设平面AME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、答案：（1）

（2）

解析：（1）恰剩2红球，第3次必是黄球，

.

（2）X的所有可能取值为1，2，3，

，

，

，

∴X的分布列为

.

21、答案：（1）

（2）答案见解析

解析：

（1）由题意，得双曲线C的渐近线方程为，

过P与平行的直线方程为，由，解得，

过P与平行的直线方程为，由，解得，

∴直线RS的方程为.

（2）直线MN过定点.

由已知，易知过P的直线斜率存在且不为，直线AD，AE斜率存在且不为，

设直线AD，AE的直线方程分别为和，，.

由，得，解得，则.

同理，则.

又P，D，E三点共线，而，

故，解得.

设，，则，，

∴，

即

化简整理，得（*），

易知直线MN斜率存在，设直线MN的方程，

由，消去y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MN过定点.

22、答案：（1）答案见解析

（2）（i）

（ii）证明见解析

解析：

（1），

当时，，所以函数在R上递减，

当时，设，则，

所以函数在R上递增，即在R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R上递减；

当时，函数在上递减，在上递增；

（2）（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.