福建省名校联盟全国优质校2023届高三数学下学期2月大联考试题（Word版附解析）

这是一份福建省名校联盟全国优质校2023届高三数学下学期2月大联考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了0分， 设圆， 已知，，则， 设函数，则下列结论正确的为等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省名校联盟全国优质校高考数学联考试卷（2月份）
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别化简集合，利用交集定义求解即可．
【详解】集合
集合，
则，
故选：D
2. 若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．
【详解】解：，
则，即，
故在复平面上所对应的点位于第三象限．
故选：．
3. 在梯形中，设，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用向量的加法，即可解出．
【详解】因为，，，
所以，
，
故选：．
4. 设圆：，若直线在轴上的截距为，则与的交点个数为（ ）
A. B. C. D. 以上都有可能
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．
【详解】解：直线在轴上的截距为，
直线过定点，
，
点在圆内，
直线与的交点个数为个．
故选：．
5. 甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用3局2胜制，则甲以2：1获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】甲以2：1获胜指前两局甲胜一局，第3局甲胜，则概率．
【详解】甲以2：1获胜指前两局甲胜一局，第3局甲胜
则概率为
故选：A
6. 如图，正六边形的边长为，设边，的中点分别为，，已知某几何体是由此正六边形绕直线旋转一周而成，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接交于点，根据题意得到该几何体为两个圆台组合而成的组合体，求出圆台的高，利用圆台的体积公式即可求解．
【详解】连接交于点，

某几何体是由此正六边形绕直线旋转一周而成，
该几何体为两个圆台组合而成的组合体，
由题可得，，
则，
，
则该几何体的体积为
故选：B.
7. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以通过取对数进行比较，可以构造函数，利用函数的单调性求解.
【详解】，，则，，而，则有，即；
设，，则在上为增函数，则有，即.
综合可得：．
故选：D
8. 已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数，且为曲线的对称中心，则必有其中函数若实数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，由解得，进而得出函数的对称中心．根据，结合函数的单调性，即可得出．
【详解】令，则，
令
，
解得，
又．
函数的图象关于点成中心对称．
因，
所以，
又，
所以函数在上单调递增，
所以.
故选：A．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 设函数，则下列结论正确的为（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点对称
C. 的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
D. 在上的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦函数的周期可判断A；将代入验证可判断B；根据正弦函数图象的平移变换可判断C；由，确定，根据正弦函数的最值可判断D.
【详解】对于函数，它最小正周期为，故A错误；
令，求得，可得的图象关于点对称，故B正确；
把函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故C错误；
当，，故当时，函数取得最大值为，故D正确．
故选：BD．
10. 如图，在棱长为的正方体中，点，，分别为，，的中点，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）

A. 与为共面直线
B. 平面∥平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 与平面所成角的正切值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据棱柱的结构特征可得，即可判断A；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断B；由题意得点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，即可判断C；建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角，即可判断D．
【详解】对于A：连接，如图所示：

，分别为，的中点，，
在正方体中，，
，而，与为异面直线，故A错误；
对于B：连接，
点，分别为，的中点，，又，
平面，平面，∥平面，
由选项A得，平面，平面，∥平面，
又，平面，平面，平面∥平面，故B正确；
对于C：由选项B得∥平面，
点在线段上运动，
点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
，
，
，故D错误．
故选：BC．
11. 已知直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，，若的最小值为，则下列结论正确的为（ ）
A.
B. 为钝角
C.
D. 若点，在上，且为的重心，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质可得，从而可判断，根据抛物线的几何性质及平行线的性质易证，从而可判断，再根据抛物线的焦半径公式、焦点弦的性质和三角形重心公式，可分别求解，，从而可得正确选项．
【详解】对选项，根据抛物线的几何性质可得，，选项正确；
对选项，根据抛物线的几何性质及平行线的性质可知：
，，
从而可得，选项错误；
对选项，由选项分析可知抛物线：，，设，，
则，，
，
又根据抛物线焦点弦的性质可得，
，
，选项正确；
对选项，设，，又，，
根据的重心公式可得，，
，选项错误．
故选：．
12. 若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线：为曲线：和：的公切线，则下列结论正确的为（ ）
A. 和关于直线对称
B. 当时，
C. 若，则
D. 当时，和必存在斜率为的公切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，计算证明和互为反函数，即可；选项B，利用导数研究曲线的切线方程，可用含的式子表示出切点的坐标，再将其代入直线，即可得解；选项C，设，，，利用，并结合斜率的计算公式，可得；选项D，若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，再结合选项B中所得，求出和的值．
【详解】选项A，在两边取对数，有，所以，
所以和互为反函数，即和关于直线对称，故A正确；
选项B，当时，：，：，
对于：，有，
因为直线：为曲线的切线，所以，即，此时，
所以切点坐标为，
将其代入切线方程中，有，整理得，即B正确；
选项C，当时，公切线为，
设，，则，，
所以，，
解得，，
所以，即，
因为，所以，即，故C错误；
选项D，当时，，，则，，
若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，
由选项B可知，，即，
所以，，即，，符合题意，
故当时，和必存在斜率为的公切线，即D正确．
故选：ABD．
【点睛】知识点点睛：互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；
⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设等差数列的前项和为，若，，则公差 ______
【答案】2
【解析】
【分析】由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
【详解】设等差数列的公差为d，
因为等差数列的前项和为，，
所以，所以公差．
故答案为：．
14. 若的展开式的二项式系数之和为，则的展开式中的系数为 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数之和求出n，再利用二项式展开式的通项公式，即可求出的展开式中的系数．
【详解】的展开式的二项式系数之和为，，
的展开式中的系数为．
故答案为：．
15. 已知，若不等式恒成立，则实数的最小值为 ______
【答案】
【解析】
【分析】原不等式可转化为∀，t恒成立，利用基本不等式可求得的最大值，从而可得答案．
【详解】因为∀，
∴sinx＞0，cosx＞0，
∴不等式sin2x﹣tsin2xt恒成立⇔t恒成立，
∵＝
（当且仅当，即tanx＝时取等号），
∴t．
故答案为：．
16. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，记为双曲线：的左焦点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且线段与交于点，若，则的离心率的取值范围为 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，可得，，利用余弦定理，结合直角三角形，通过的范围，推出，的范围，然后求解离心率的范围．
【详解】由为双曲线：的左焦点，
以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且线段与交于点，
可得，，，
记双曲线的右焦点为，，
在中，，
为直角三角形，
，，化简得，
线段与交于点，且，，即，
，即，
，，
故答案为：．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 设数列的前项和为，若，．
（1）求的通项公式；
（2）设，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用替代得到新的等式，消去，得到关于的递推关系进行求解；
（2）利用错位相减法进行求解.
【小问1详解】
，
时，，
化为，
时，，解得，
，满足，
数列是等比数列，公比为，首项为，
．
【小问2详解】
，，
数列的前项和，
，
相减可得：，
化为．
18. 的内角的对边分别是，且，
（1）求角的大小；
（2）若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；
（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
化简得，
所以由余弦定理得，又因为，
所以.
【小问2详解】
如图所示

因为即，
化简得①,
又由余弦定理得即②，
①②联立解得（舍去）或，
所以.
19. 某校筹办运动会，设计了方案一、方案二两种方案、为了解对这两种方案的支持情况，在校内随机抽取名同学，得到数据如下：

男
女
支持
不支持
支持
不支持
方案一
人
人
人
人
方案二
人
人
人
人
假设校内所有同学支持何种方案互不影响．
（1）依据所给数据及小概率值的独立性检验，能否认为支持方案一与性别有关？
（2）以抽取的名同学的支持率高低为决策依据，应选择哪种方案？
（3）用频率估计概率，从全校支持方案一的学生中随机抽取人，其中男生的人数记为，求随机变量的分布列和数学期望．
附：，其中．













【答案】（1）认为支持方案一与运动员的性别有关，此推断犯错误的概率不大于
（2）应选择方案二 （3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据数据列出列联表，计算的值，与临界值表作比较即可得出结论；
（2）分别计算支持两个方案的频率，比较可得结果；
（3），计算取每个值的概率可得分布列，代入二项分布的期望公式计算即可求解．
【小问1详解】
根据数据可得方案一的列联表：

支持
不支持
合计
男



女



合计



零假设为：支持方案一与运动员的性别无关，
根据列联表中的数据，经计算得到，
依据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为支持方案一与运动员的性别有关，此推断犯错误的概率不大于．
【小问2详解】
由题设表格中的数据可知，
支持方案一的频率为，
支持方案二的频率为，
，本次运动会应选择方案二．
【小问3详解】
男生支持方案一的概率为，女生支持方案一的概率为，
则的可能取值为，，，，
，
，
，
，
所以的分布列为：










．
20. 在四棱锥中，侧棱平面，且平面平面．

（1）证明：；
（2）若，且，记平面与平面的夹角为，当时，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）由面面垂直证明平面，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别将平面与平面的法向量表示出来，代入夹角公式即可．
【小问1详解】
如图，过作，且垂足为，

平面平面，平面平面，平面，
又平面，，
平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，．
【小问2详解】
设的中点为，连接，
，，．
四边形为平行四边形，
又，，
设，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
由知平面，平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，则
即，令，

平面与平面夹角的余弦值为，
，
解得，．
21. 在平面直角坐标系中，是坐标原点，点，分别为椭圆：的上、下顶点，直线：与有且仅有一个公共点，设点在上运动，且不在坐标轴上，当直线的斜率为时，的右焦点恰在直线上．
（1）求的方程；
（2）设直线交轴于点，直线交于点，直线交于，两点．
（i）证明：直线的斜率为定值；
（ii）求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由已知易得，的值，可求的方程；
（2）（i）可求得，的坐标，直线的方程，求得，的坐标，可求直线的斜率为定值；
（ii）直线与椭圆联立，可得，，可求面积的取值范围．
【小问1详解】

直线：与有且仅有一个公共点，
该公共点为椭圆右顶点，，
当的斜率为时，的右焦点恰在直线上，
，联立，解得，，
的方程为；
【小问2详解】

（i）的方程为，，,
设直线的方程为，令，得， ，
不在坐标轴上，存在且且，
联立与，可得或，，
直线交于点，，.
（ii）直线方程为与联立，
可得：，
，，
点到直线的距离，
，
，
且，，.
【点睛】求范围或最值问题的解题方法：
①利用函数单调性求范围或最值；
②利用不等式求最值.
22. 已知函数．
（1）判断在区间上的单调性；
（2）若恰有两个不同的零点，，且，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案．
（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，，进而可得，要证，即证，即可得出答案．
【小问1详解】
解：，
若，则恒成立，
所以在上单调递增，
若，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
下面判断与的大小关系，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递减，
当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即，当且仅当时，取等号，
所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递减，
综上所述，当，上单调递增，
当时，在上单调递减，
当且时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，
，
由不等式可得，
所以，
所以当时，恒成立，
又，且，
两式相减可得，
不妨设，则且，
所以，即，
所以，
，
设，
，
所以，即，
所以，
由可得，
要证，
需要证，
只要证，
即，
即，
即证，由可证，
所以即证．
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.