福建省泉州市第七中学2023届高三毕业班模拟考试数学试题（含解析）

这是一份福建省泉州市第七中学2023届高三毕业班模拟考试数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省泉州市第七中学2023届高三毕业班模拟考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．设（为虚数单位），则（    ）
A． B．1 C． D．
3．设平面向量均为单位向量，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．2
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．已知，，，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
7．某市教育局为了给高考生减压，将师范大学6名心理学教授全部分配到市属四所重点高中进行心理辅导，若高中恰好需要1名心理学教授，三所高中各至少需要1名心理学教授，则不同的分配方案有（    ）
A．150种 B．540种 C．900种 D．1440种
8．已知双曲线C：的右焦点，过点倾斜角为的直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为（    ）
A． B．2 C． D．

二、多选题
9．下列命题中，正确的命题是（ ）
A．数据4，5，6，7，8，8的第50百分位数为6
B．若经验回归方程为时，则变量x与y负相关
C．对于随机事件，若，则A与B相互独立
D．某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生成绩的平均数为9，方差为11；女生成绩的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为10.5
10．如图，已知函数的图象与轴交于点，若，图象的一个最高点，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．的最小正周期为4
C．的一个单调增区间为
D．图象的一条对称轴为
11．设，过定点的动直线，和过定点B的动直线交于点P，圆，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点（1，3）
B．直线与圆C相交最短弦长为2
C．动点P的曲线与圆C相切
D．最大值为5
12．如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，其中，则（    ）

A．存在，使得平面平面
B．存在，使得平面平面
C．对任意的最小值为
D．当时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为

三、填空题
13．展开式中的常数项为6，则a= .
14．已知直线与曲线相切，则实数的值为 .
15．已知抛物线的焦点为，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，O为坐标原点，则的最小值为 ．
16．设，，则的最小值为 ．

四、解答题
17．在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．

(1)求BD的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
18．已知数列的前项的积记为，且满足
(1)证明：数列为等差数列;
(2)若求数列的前项和.
19．在边长为4的正方形中，点、分别为边、的中点，以，为折痕将和折起，使点、重合于点，连结，得到如图所示的四棱锥.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20．纯电动汽车、混合电动汽车及燃料电池电动汽车均为新能源汽车，近几年某地区新能源汽车保有量呈快速增长的态势，下表为2018~2022年该地区新能源汽车及纯电动汽车的保有量（单位：万辆），其中2018~2022年对应的年份编号依次为：
年份编号
1
2
3
4
5
该地区新能源汽车保有量
1.5
2.6
3.4
4.9
7.8
该地区纯电动汽车保有量
1.3
2.1
2.8
4.0
6.4
(1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归为程（，的值精确到0.1），并预测2023年该地区新能源汽车保有量能否超过10万辆；
(2)从表中数据可以看出2018~2022年，该地区新能源汽车保有量中纯电动汽车保有量占比均超过80%，说明纯电动汽车一直是新能源汽车的主流产品．若甲、乙、丙3人从2018~2022年中各随机选取1个年份（可以重复选取），记取到满足的年份的个数为，求的分布列及数学期望．
参考数据：





1.25
22.62
1.1
1.5
11.4
其中，．
参考公式：对一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
21．已知圆，点，圆周上任一点P，若线段PG的垂直平分线和CP相交于点Q，点Q的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的动直线与椭圆相交于两点，直线的方程为.过点作于点，过点作于点.记的面积分别为，，.问是否存在实数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：
1．C
【分析】化简集合，根据集合的运算和集合的关系的定义依次判断各选项即可.
【详解】因为对数不等式的解集为，
所以，又，
所以，A错误；
，B错误；
，C正确，D错误；
故选：C.
2．A
【分析】根据复数的除法、乘方运算求出，再根据模长公式可求出结果.
【详解】，
.
故选：A
3．C
【分析】利用定义法进行判断即可.
【详解】充分性：因为向量均为单位向量，且“”，
所以，即，即
所以，所以.即充分性满足；
必要性：因为，所以.
而，
所以，
所以.即必要性满足.
故选：C
4．D
【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N到底面B的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值.
【详解】由题意知，水的体积为，如图所示，

设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于
由题意知，水的体积为
，即，

在平面内，过点作交于，
则四边形是平行四边形，且
又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角,其平面角为,
在直角三角形中，.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.
5．C
【分析】化对数式为指数式判断，判断，化指数式为对数式判断，则答案可求.
【详解】由，得；
由，得；
由，得.
∴.
故选：C.
【点睛】本题考查指数式、对数式中的大小比较，一般可利用中介值和函数单调性进行大小比较，是基础题.
6．B
【分析】根据题意可知，，，再结合题意可得，，又，利用两角差的正弦公式，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以；
因为，所以，
又，所以，
所以，
又
所以

.
故选：B.
7．C
【分析】先给高中分配人，然后剩下的人去所高中利用先分组后分配的办法处理.
【详解】先从6名教授中任选1名教授到高中，有种不同的方法，
再将其余5名教授分配到三所高中，可分两类：
①三所高中有一所高中分1名教授，另外两所高中各分2名教授，有种方法；
②三所高中有一个高中分3名教授，另两个高中各分1名教授，有种不同的方法，不同的分配方案共有种．
故选：C
8．D
【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，分别在、中，利用余弦定理运算求解.
【详解】设左焦点为，连接，
设，则，
∵，则有：
在中，由余弦定理，
即，整理得，
在中，由余弦定理，
即，整理得，
可得，
注意到，即，整理得，
故离心率.
故选：D.

9．BCD
【分析】根据求百分位数的步骤求出百分数可判断A错误；根据可判断B正确；根据条件概率公式和独立事件的定义可判断C正确；根据平均数和方差公式计算可判断D正确.
【详解】对于A，因为为整数，所以第50百分位数为，故A错误；
对于B，因为，所以变量x与y负相关，故B正确；
对于C，因为，又，所以，即，所以A与B相互独立，故C正确；
对于D，设名男生成绩分别为， 则男生成绩的平均数为，方差，
设名女生成绩分别为，则女生成绩的平均数为，方差为，
该10人成绩的均值为，
则所求方差为

因为，，
，，
所以
，故D正确.
故选：BCD
10．BC
【分析】根据图象及已知条件求出，可判断B正确，A错误，根据正弦函数的单调性和对称轴可判断C正确，D错误.
【详解】由图可知，，，又，
所以，所以，，
所以，，则B正确；
所以，，因为，所以，
由五点作图法可得，得，则A错误；
所以，
设，当时，，
因为的一个单调增区间为，也为增函数，
所以的一个单调增区间为，故C正确；
因为，所以D错误.
故选：BC
11．AB
【分析】根据直线方程求出定点坐标，可判断A正确；当时，直线与圆C相交最短弦长，由几何法求弦长可判断B正确；根据，可得动点P的曲线是圆，利用圆心距和两圆半径的关系可判断C错误；根据及不等式知识求出最大值，可判断D错误.
【详解】因为动直线过原点，所以,
由，得，则，故A正确；
当时，圆心到直线：的最大值为，
所以直线与圆C相交最短弦长为，故B正确；
因为，，所以，
所以，所以动点P的曲线是以为直径的圆，该圆的圆心坐标为，半径为，
因为两圆圆心距为，两圆半径之和为，两圆半径之差为，
且，所以动点P的曲线与圆C相交，故C错误；
因为，
所以，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以最大值为，故D错误.
  
故选：AB
12．ACD
【分析】证明平面可判断A；由平面平面，可判断和的重合点，进而可判断选项B；找出最小时的位置，进而判断选项C；利用构造平形四边的方法，找到截面，进而求解判断选项D.
【详解】对于A，由正方体中，，又平面，
平面，，可证平面,
可得,又，平面，
平面，，可证平面，
可得，所以由，平面，
平面，，可得平面，
所以当时，平面，
即平面平面，故A项正确；
对于B，平面平面，又因为平面，
所以与重合，与重合，
此时，不符合题意，故B项错误；
对于C，当时，，
此时最小，最小值为，故C项正确；
对于D，当时，
在上取靠近点的三等分点，
连接并延长交于点，
易得点是上靠近点的三等分点，
在上取靠近点的三等分点，如下图：

则，且
又因为平面，所以，
即，则四边形为矩形，
又，，
则矩形的面积为
，故D项正确．
故选：ACD．
13．11
【分析】由二项展开式通项公式结合多项式乘法法则求解．
【详解】展开式第项，.
故答案为：11.
14．
【分析】根据导数的几何意义可求出结果.
【详解】设切点为，
因为，所以切线的斜率，即，
又切点在曲线上，所以，则，.
故答案为：.
15．
【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理结合抛物线定义求出以及点到轴的距离，从而表示出，进而求出结果.
【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0，
所以设直线的方程为，，
联立消去得，
则由韦达定理得，所以，
所以，所以，

又点到轴的距离，
所以，
所以当时，取得最小值.
故答案为：.
16．
【分析】利用两点距离公式的几何意义将问题转化为求图像上的动点与图像上的动点最小距离，利用与关于的对称性，分别求出切点，则即为所求最小值.
【详解】由两点距离公式的几何意义可知表示点到的距离，表示点到的距离，
而是上的点，是上的点，是上的点，且与关于直线对称，
所以的最小值可转化为图像上的动点与图像上的动点最小距离，
显然，与平行的切线的切点，和与平行的切线的切点，它们之间的距离就是所求最小距离，
对于，设切点为，有，则，故，则，故，
对于，设切点为，有，则，故，则，故，
所以，所以题设式子的最小值为.
故答案为：.

17．(1)选①，；选②，
(2)选①，；选②，

【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；
（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
解得，
选②，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，解得.
（2）选①，，，
故，
在中，，所以⊥，故，
所以四边形ABCD的面积为；
选②，，故，故，
因为，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将代入到中，得，结合等差数列的定义可证结论正确；
（2）由（1）求出，再求出，然后分组，利用等差数列求和公式和裂项求和方法可求出结果.
【详解】（1）当时，，得，
当时，，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）知，，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以


.
19．（1）见解析（2）
【分析】（1）在正方形中，，，翻折后，，可得平面，即可证明结论；
（2）连结，记与的交点为，可证平面，进而有平面平面，在中求出到的距离，即为到平面的距离，利用等体积法，求出到平面的距离，通过解，求出，用直线与平面所成角的定义，即可求解.
【详解】（1）（法一）证明：连结，
记与的交点为，
在正方形中，，，
翻折后，，
又∵，∴平面，
∵平面，∴；
（法二）证明：连结，记与的交点为，
在正方形中，，，
为的中点，翻折后，，
∵是的中点，∴，
而，与相交于点，∴平面，
又∵平面，∴；

（2）（法一）由（1）得，，
平面平面，
平面平面，
所以到的距离即为到平面的距离，
由（1）可知为直角三角形，
，，，
设到的距离为，∵，∴，
∴，
，设点到平面的距离为，
∴，∴，解得，
在中，，∴，
在中，，
∴，设与平面所成角为，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
（法二）连结，与交于点，
以，所在的直线分别为，轴，
过作垂直于面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意有，，，
过作，在中，
，，，
∴，
∴，，
∴，∴，
，，

思路1：∵，，∴，
显然，又，∴平面，
易知，
∴平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
思路2：设平面的法向量为，
∴，∴，
取，则，，
则，
设与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题以翻折问题为载体考查空间中点，线，面的位置关系，异面直线垂直的判定，直线与平面所成角等知识，意在考查空间想象能力，逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题.
20．(1)，预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆
(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）设，由已知可得，利用最小二乘法结论求，由此可得回归方程，再利用回归方程进行预测，并判断结论；
（2）由条件确定随机变量的所有可能取值，由条件可得结合二项分布的分布列和期望公式求解.
【详解】（1）由得，
设，则，
因为， ，
，，
所以．
又，所以，
所以，故，
所以，
则，又，，
所以，
即关于的回归方程为，
当时，，
所以预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆．
（2）的所有可能取值为，易知年中满足的年份有2个，
则每人取到满足的年份的概率为，
故，
，，
，，
的分布列为

0
1
2
3





．
21．(1)
(2)存在，，理由见解析.

【分析】（1）根据点在线段PG的垂直平分线上，得，结合椭圆的定义可求出结果；
（2）设直线的方程为，设，，则，，联立直线与椭圆方程，得，，分别用表示，代入可得.
【详解】（1）圆的圆心，半径，
因为线段PG的垂直平分线和CP相交于点Q，所以，又，
所以，
所以点Q的轨迹是以，为焦点的椭圆，
这里，，所以，，则，
所以曲线的方程为.
    
（2）设直线的方程为，
设，，则，，
联立，消去并整理得，
恒成立，
，，
所以
，
，
同理得，
所以

，
所以，所以，
所以，所以存在实数，使得成立.
    
【点睛】关键点点睛：第一问根据椭圆的定义求解是解题关键，第二联立直线与椭圆方程，得，，分别用表示是解题关键.
22．(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意得对任意恒成立，令，分、两种情况讨论，分别利用导数说明函数的单调性，即可得解；
【详解】（1）因为定义域为，则，
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，令，解得，令，解得；
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由题意得对任意恒成立，
令，
则，
若，当时，，，
令，则，
所以在区间上单调递增，且，
即，令，
则，所以在区间上单调递增，且，
即，所以当时，，
则，
所以在区间上单调递增，且，
即恒成立，
当时，，存在实数，使得，均有，
则在区间上单调递减，且，不符合题意.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．