福建省部分名校2023届高三上学期9月联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省部分名校2023届高三上学期9月联考数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 本试卷主要考试内容， 已知函数，若，则， 已知，，，则， 函数的部分图像如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
高三数学考试试卷注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4. 本试卷主要考试内容：高考全部内容.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. 若，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合共轭复数、复数乘法的知识求得正确答案.【详解】因为，，所以.故选：C2. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式求得集合，由此求得.【详解】因为，，所以.故选：B3. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】结合同角三角函数的基本关系式、二倍角公式、充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】若，则，即.若，则，则.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4. 椭圆：的左、右焦点分别为，，经过点的直线与椭圆相交于A，两点，若的周长为16，则椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义及的周长求出，再根据离心率的计算公式即可得解.【详解】解：由题可知，即，所以椭圆的离心率.故选：A.5. 为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ）A 120种 B. 150种 C. 210种 D. 216种【答案】C【解析】【分析】用甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加的方法数，减去3名学生所选活动课程全部相同的方法数，从而求得正确答案.【详解】依题意，每名同学都有种选择方法，所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有种.故选：C6. 已知函数，若，则（    ）A.  B. 6 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的等式，求出的值，代值计算可得的值.【详解】因为，所以，函数在和上均为增函数，因为，所以，可得，由题意可得，即，解得，合乎题意，所以，.故选：D.7. 在唐诗“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”中隐含着一个有趣数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即认为回到军营，则当“将军饮马”的总路程最短时，将军去往河边饮马的行走路线所在的直线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求圆心C关于直线的对称点B的坐标，结合图形分析可得.【详解】军营所在区域为，即军营在以为圆心，1为半径的圆内和圆上.设圆心C关于直线的对称点的坐标为B，则，解得.如图，由对称性可知，所以，当将军去往河边饮马的行走路线所在的直线经过，两点时，“将军饮马”的总路程最短，因为，所以该直线方程为，即.故选：B8. 已知，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用单调性，分别将和比较，即可得到答案.【详解】设函数，则，则在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即.又，所以.故选：D.二、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. 某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（    ）A. 甲地区：平均数为80，方差为40 B. 乙地区：平均数为50，众数为40C. 丙地区：中位数为50，极差为60 D. 丁地区：极差为10，80%分位数为90【答案】AD【解析】【分析】根据平均数、方差、众数、中位数、极差、百分位数的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】设每天的空气质量指数为，则方差.对于A选项，由，得，如果这10天中有1天的空气质量指数超过100，则必有矛盾，所以这10天每天的空气质量指数都不超过100，A正确.对于B选项，有天为40，有天为，有天为，此时：平均数为50，众数为40，但该地区环境治理不达标，所以B选项错误.对于C选项，第天为，后面天为，此时中位数为50，极差为60，但该地区环境治理不达标，所以C选项错误.对于D选项，如果最大值超过100，根据极差为10，则最小值超过90，这与80%分位数90矛盾，故最大值不超过100，D正确.故选：AD10. 函数的部分图像如图所示，则（    ）A. B. C. 在区间上存在506个零点D. 将的图像向右平移3个单位长度后，得到函数的图像【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件求得，结合三角函数的零点、三角函数图像变换等知识确定正确答案.【详解】由图可知，，，，其中，所以，.所以：，A不正确.，B正确由，，可得，.由，可得，即，，在区间上存在505个零点，C不正确.将的图像向右平移3个单位长度后得到的图像，D正确.故选：BD11. 函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】根据原函数的图象、导函数等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为，所以.由，可知有两个极值点，且，，不妨设，且，则A C选项错误.所以在区间上，递增；在区间上，递减.BD选项符合.故选：BD12. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（    ）A. 存在点，使得B. 线段长度的取值范围是C. 当点与点重合时，四棱锥的体积为D. 设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为【答案】BC【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
 则、、、、、、、设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：
 在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.故选：BC.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13. 已知向量，，若，则______．【答案】4【解析】【分析】根据向量平行列方程，化简求得的值.【详解】因为，，，所以，解得.故答案为：14. 已知球的表面积为，圆锥的顶点为，底面积为，且底面圆周上所有的点均在球的球面上，则该圆锥的体积为______．【答案】【解析】【分析】先求得球的半径和圆锥的底面半径，计算出圆锥的高，进而求得圆锥的体积.【详解】设球的半径为，则，设圆锥的底面半径为，则，由于圆锥的顶点是球的球心，所以圆锥的高，故圆锥的体积.故答案为：15. 写出一个图象关于直线对称的奇函数________．【答案】【解析】分析】举例验证奇偶性和对称性.【详解】当时，，又，所以是奇函数；的对称轴方程为，，当时，，所以的图象关于直线对称，符合题意. 故答案为：.16. 已知为抛物线：上异于原点的两点，为抛物线的焦点，点为平面内一点，且，，则______．【答案】##【解析】【分析】利用向量法证明，，用表示，求得，从而求得正确答案.【详解】依题意，抛物线的准线方程为，则在抛物线的准线上.因为，所以为的中点.，所以，，如图，分别作，垂直于抛物线的准线，为垂足，根据抛物线的定义有，，又，所以.设，则，整理得，由于，同理可求得：，则，即.由，解得，，（ 舍去）所以.故答案为：
【点睛】求解抛物线有关的焦半径的题目，主要考虑是利用抛物线的定义进行转换，即抛物线上的点到焦点的距离，等于到准线的距离.向量在本题中的作用是给出点之间的位置关系，做题过程中可结合向量运算进行求解.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、证明过程或演算步骤.17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）结合三角恒等变换化简已知条件，求得的值.（2）结合余弦定理、基本不等式以及三角形的知识求得的取值范围.【小问1详解】因为，，所以，即.又，，，所以，为锐角，，所以，.【小问2详解】由余弦定理知，.因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立.又，所以的取值范围为.18. 为了庆祝香港回归25周年，某校高三年级组织了相关知识竞赛.已知知识竞赛中有甲、乙、丙三个问题，规则如下：①学生可以自主选择这三个问题的答题顺序，三个问题是否答对相互独立；②每答对一个问题可以获取本题所对应的荣誉积分，答错或不答则不可获取本题所对应的荣誉积分，且只有答对当前问题才有资格回答下一个问题，否则停止答题.已知学生答对甲、乙、丙三个问题的概率及答对时获得的相应荣誉积分如下表.问题甲乙丙答对的概率0.50.3答对获取的荣誉积分100200300 （1）若，求学生按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率；（2）设学生按“丙、乙、甲”的顺序答题最后所得的荣誉积分为，按“乙、丙、甲”的顺序答题最后所得的荣誉积分为，证明：.【答案】（1）0.28    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，恰好获得300荣誉积分为答对了甲、乙两个问题，答错或不答丙问题，即可算得概率；（2）写出、的可能取值，求出对应取值的概率，即可算得期望比较.【小问1详解】学生按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分，则学生答对了甲、乙两个问题，答错或不答丙问题.因为，所以学生按“甲、乙、丙”的顺序答题并最终恰好获得300荣誉积分的概率.【小问2详解】证明：由题可知，的所有可能取值为0，300，500，600，且，，，，所以.的所有可能取值为0，200，500，600，且，，，，所以.故.19. 已知在数列中，，且.（1）证明：数列是等比数列.（2）求的前项和.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）结合已知条件求得，从而证得数列是等比数列.（2）先求得数列的通项公式，从而求得，利用分组求和法求得.【小问1详解】因为，所以．又，所以是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）可知，则..20. 如图，将两个三棱锥组合得到一个几何体，且平面平面.
 （1）证明：平面平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）.【解析】【分析】（1）取的中点，通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】取的中点，连接，.因为，所以，且.又，所以，则.因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】取的中点，连接，，因为，所以.因为平面平面且交线为，平面，所以平面.因为平面，所以，且.过点作交于点，则，.以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为，则，令，得.，所以直线与平面所成角的正弦值为.21. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）先求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）由分离参数，通过构造函数，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】因为，所以.若，则恒成立；若，则当时，，当时，.故当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】等价于.令函数，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减.则，故的取值范围为.22. 已知两点，，动点在轴的投影为，且，记动点的轨迹为曲线.（1）求的方程.（2）过点的直线与曲线在轴右侧相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）    （2）是定值，.【解析】【分析】（1）设，利用列方程，化简求得曲线的方程.（2）设出直线的方程并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，求得线段的垂直平分线的方程，进而求得点的坐标，结合弦长公式求得为定值.【小问1详解】设，则，，，.因为，所以，故的方程为.【小问2详解】由题可知直线的斜率一定存在，且不为0，不妨设直线的方程为，，.联立方程组，消去整理得，则，整理得.，，则线段的垂直平分线的方程为，令，得，则，. 则.故是定值，该定值为.