福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题（含解析）

这是一份福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题（含解析），共25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。
福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，若，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．62．已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（      ）A． B． C． D．3．在等比数列中，，则“”是“数列的公比为”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4．尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则．若图中交于点P，，则（    ）A． B． C． D．5．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（    ）A． B． C． D．6．已知为抛物线的焦点，过的直线交地物线于两点，若，则（    ）A．1 B． C．3 D．47．已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．8．已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．随机变量且，随机变量，若，则（    ）A． B． C． D．10．已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（    ）A．是奇函数 B．图象关于直线对称C．在上是减函数 D．在上的值域为11．如图，在直三棱柱中，，，，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．当N为的中点时，直线与平面所成角的正切值为B．当时，平面C．的周长的最小值为D．存在点N，使得三棱锥的体积为12．定义在上的函数满足，是偶函数，，则（    ）A．是奇函数 B．C．的图象关于直线对称 D． 三、填空题13．已知向量满足，则__________．14．已知等差数列的前项和为，若，，，则符合题意的等差数列的一个通项公式为________．15．若曲线有两条过的切线，则的范围是____________．16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________. 四、解答题17．记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.(1)求B和b的值；(2)求AC边上高的最大值.18．已知数列满足．(1)证明为等差数列，并的通项公式；(2)设，求数列的前项和．19．某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6，如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.(1)计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率；(2)王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心的种数为，求n的值使得取得最大值.20．如图，在圆台中，，分别为上、下底面直径，，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．21．在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.(1)求的方程；(2)点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.22．已知函数．(1)令，讨论在的单调性；(2)证明：；(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
参考答案：1．B【分析】根据交集结果得到，或，检验后得到答案.【详解】因为，所以，或，当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；当时，，满足集合元素互异性，满足要求.故选：B2．A【分析】先由虚数单位的性质求得，再利用复数的四则运算求得，从而得解.【详解】因为，所以，故，所以的虚部为.故选：A.3．B【分析】结合等比数列的通项公式，充分、必要条件的定义判断即可.【详解】设等比数列的公比为，由，，得，则；由，，得．故“”是“数列的公比为”的必要不充分条件．故选：B4．C【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出.【详解】设，则，.在中，由正弦定理，得；在中，由正弦定理，得.又因为，，所以，所以，即.又因为，所以，故.所以.故选：C.5．B【分析】所有实验结果有种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件之和为，即可求出概率.【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有种不同的结果，其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有种，数字1、1、4组成的结果有种，数字2、2、2组成的结果有种.故所求概率为.故选：B.6．C【分析】由抛物线的定义求得点的横坐标，代入抛物线得点坐标，从而求得直线的方程，联立抛物线与直线即可得点的横坐标，求得，从而可得的值.【详解】如图，过作准线于，过作准线于，  由抛物线的焦点，准线方程为，由抛物线的定义可得，所以，代入抛物线方程得若，直线的斜率为，则直线方程为，即联立得，则，所以，则；若，直线的斜率为，则直线方程为，即联立得，则，所以，则；综上，.故选：C.7．D【分析】由题可知为偶函数，且在上单调递减，利用函数的单调性可比较出.【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.因，所以，故为偶函数.当时，，因，，所以.即在上单调递减.，因，所以，即.故选：D.8．C【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体积公式求解即可.【详解】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形，由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，故，四面体的体积为，其中，当且仅当时取等号，由球的截面性质，，，所以四点共圆，则有外接圆直径，从而，.故选：C9．AC【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.【详解】对AB，因为且，所以，故，，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，，选项D错误.故选：AC.10．ACD【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.【详解】，由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，，则，所以，将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.对于A选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，A选项正确；对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；对于D选项，当时，，则，.所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.故选：ACD11．BD【分析】取的中点,证明平面，故为直线与平面所成的角，求解可判断A；延长交于点，可得四边形是平行四边形，从而可判断B；当点与重合时，求出的周长可判断C；取的中点,连接，若三棱锥的体积为，则，根据可判断D.【详解】对于A，当为的中点时，取的中点,连接，易知,平面，则平面，故为直线与平面所成的角，则,故A错误；对于B，当时，延长交于点，此时，所以，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，即.因为平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，当点与重合时，易知，此时的周长为，显然有，故C错误；对于D，取的中点,连接，易知平面,,若三棱锥的体积为，即，所以,所以.因为所以存在点N，使得三棱锥的体积为，故D正确.故选:BD.12．ABD【分析】利用函数的奇偶性、对称性、周期性求解即可.【详解】对于选项，∵是偶函数，∴，∴函数关于直线对称，∴，∵，∴，∴是奇函数，则正确；对于选项，∵，∴，∴,∴的周期为，∴，则正确；对于选项，若的图象关于直线对称，则，但是，，即，这与假设条件矛盾，则选项错误；对于选项，将代入，得，将，代入，得，同理可知， 又∵的周期为，∴正奇数项的周期为，∴，则正确.故选：ABD.13．【分析】对进行平方，然后代入，即可进行求解.【详解】因为，则，所以.故答案为：14．（答案不唯一）【分析】由条件可得，，，由此确定，由此确定数列的一个通项公式.【详解】因为，，，所以，，，设数列的公差为，则，取，又，可得，故数列的一个通项公式为，故答案为：（答案不唯一）.15．【分析】由题可将曲线有两条过的切线转化为函数图象与直线有两个交点，然后利用导数研究单调性，画出大致图象，即可得答案．【详解】设切线切点为,，又，所以切线斜率为因为，所以切线方程为：．又切线过，则，即则由题可知函数图象与直线有两个交点，由得，由得所以在上单调递增，在上单调递减．又，又，，，．据此可得大致图象如下．  则由图可得，当时，曲线有两条过的切线．故答案为：.16．8【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.【详解】由条件 ， ，即 ， ，设 ，由题意： ，则 ， ，即 ，即椭圆C的标准方程为 ， ；设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：则 的周长 , ，当 三点共线时等号成立， ，l的得最大值为8；故答案为：8.17．(1)，；(2). 【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.（2）利用余弦定理、均值不等式求出的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.【详解】（1）由，得，即，因此，在中，，即，而，即，于是，又，解得，因为的外接圆半径，由正弦定理得，所以，.（2）由（1）知，，，由余弦定理，得，于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，则由，得所以AC边上高的最大值是.18．(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据等差差数列的定义证明即可，从而可得的通项公式；（2）利用分式分离变形，结合分组求和与裂项求和即可得.【详解】（1）证明：因为，所以，即所以是以为首项，为公差的等差数列，则，所以；（2） .19．(1)(2)或 【分析】（1）根据题意结合全概率公式可直接求解；（2）由超几何分布可得，构造数列，易知该数列为递增数列，所以，解得，所以当或时，有最大值为.【详解】（1）设“第1天去餐厅用餐”，“第1天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，根据题意得，，，由全概率公式，得：，所以，王同学第2天去餐厅用餐的概率为.（2）由题意，的可能取值有：，由超几何分布可知，令，又，所以，可得，解得，易知当和时，的值相等，所以当或时，有最大值为，即当的值为或时，使得最大.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明线面垂直，先证线线垂直，根据题中线面位置关系，不难发现证明，容易证明.（2）因题中线面位置较为特殊，考虑用空间向量，建立空间直角坐标系后，直接按照求平面与平面夹角的公式，按步骤求解即可.【详解】（1）证明：连接，，则平面．因为为母线，所以四点共面，且．取中点，连接，．因为，则，所以四边形为平行四边形．所以，所以平面．所以为与底面所成角，即．在中，，所以，同理．在中，，所以．因为平面，平面，所以．因为为的中点，所以，又，平面，平面,所以平面，又平面，所以．又因为，，平面，平面，所以平面；（2）以O为原点，分别以，，所在的方向为，，的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，，，.设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以．设平面的一个法向量为，由，则．令，得，所以，设平面，与平面夹角为，则．所以平面与平面夹角的余弦值为．21．(1)(2)±1. 【分析】（1）由题意，点的轨迹为双曲线的右支，，，可得的方程；（2）解法一：设与的交点为，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，得到直线的方程，由题意写出直线的方程，求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，进一步可得到直线方程以及恒过定点.求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.解法三：设方程为，设方程为，联立曲线方程，由韦达定理可求出点坐标，用替换得点坐标，可得直线方程进一步得到直线恒过定点.下同解法一.解法四：由平移知识得到双曲线的方程，新坐标系下直线的方程，代入双曲线方程，由求得，进一步得到直线的方程，从而得到直线恒过定点，再利用过四点的二次曲线系方程结合的系数为0，即可得到直线的斜率.解法五：设直线的方程为，连理曲线方程结合由解得m，进一步得到直线的方程以及恒过定点.下同解法一.【详解】（1）因为点满足，所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，所以曲线的方程为.（2）解法一：设与的交点为.显然直线的斜率存在，设的方程为，联立方程消去得，设，所以.又，因为，所以，故，代入，整理得，即，解得或（舍）.所以直线的方程为，即直线恒过定点.因为四点共圆，且为直径，由，所以点为中点，且直线的方程为，联立，解得，所以点，故，代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为±1.解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，联立方程消去得，设，所以.，因为，所以，故，代入，因为，整理得，解得.所以直线的方程为，即直线恒过定点.联立，解得，所以点，故，代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为1.解法三：设方程为，设方程为，联立方程，消去得，设，则，得，所以，所以点.用替换得点.所以斜率，故直线方程为，即，即.所以直线恒过定点.下同解法一.解法四：将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，即.新坐标系下直线的方程设为，代入双曲线方程有，即，两边同除以得，设直线的斜率分别为，则，所以，所以直线的方程为，从而直线恒过定点，故原坐标系下直线恒过定点.由四点共圆，设的直线方程为，即；设的直线方程为，即.所以过四点的二次曲线系方程为，等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，所以由得，即，两边同除以得，设，上式整理得.设直线的斜率分别为，则，解得，所以直线的方程为，即，从而恒过定点.下同解法一.【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点．22．(1)答案见详解.(2)证明见详解.(3). 【分析】（1）求导后，分、、、讨论即可；（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.【详解】（1），而，①当时，恒成立，所以在上递减；②当时，令，得或；令，得.所以当，即时，在上递增，当，即时，在上递减，在上递增；③当时，令，得或；令，得.所以在上递减.综上所述，当时，在上递减；当时，在上递增；当时，在上递减，在上递增；（2）由（1）得：当且时，，此时，又当，，当且仅当，等号成立.令，得到，.（3），①，当时，显然，所以此时不成立；②，不等式显然成立.③，令，则，令，则.当时，单调递减；当时，单调递增.所以，令，则，则，令，即，则，当，单调递减；当，单调递增，则，所以.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.