2022-2023学年福建省宁德市福鼎重点中学高三（下）月考数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省宁德市福鼎重点中学高三（下）月考数学试卷

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.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  若复数满足，则的虚部是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  把分别标有号、号、号、号的个不同的小球放入分别标有号、号、号的个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知椭圆长轴、短轴的一个端点分别为，，为椭圆的一个焦点，若为直角三角形，则该椭圆的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  在中，，是以为直径的圆上一点，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  考察下列两个问题：已知随机变量，且，，记；甲、乙、丙三人随机到某个景点去旅游，每人只去一个景点，设表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则一定有(    )

A.  B.
C.  D.

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.  已知函数，为的导函数，则(    )

A. 的最小值为
B. 在单调递增
C. 直线与曲线相切
D. 直线与曲线相切

10.  已知抛物线：的焦点为，，为上两点，则下列说法正确的是(    )

A. 若，则的最小值为
B. 若，记，则
C. 过点与只有一个公共点的直线有且仅有两条
D. 以为直径的圆与的准线相切，则直线过

11.  在正三棱台中，，，，，，过与平行的平面记为，则下列命题正确的是(    )

A. 四面体的体积为 B. 四面体外接球的表面积为
C. 截棱台所得截面面积为 D. 将棱台分成两部分的体积比为

12.  数列，，，该数列为著名的斐波那契数列，它是自然界的产物揭示了花瓣的数量、树木的分叉、植物种子的排列等植物的生长规律，则下面结论正确的是(    )

A.  B.
C. 数列为等比数列 D. 数列为等比数列

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知函数为偶函数，则          ．

14.  已知函数具有下列三个性质：图象关于对称；在区间上单调递减；最小正周期为，则满足条件的一个函数 ______ ．

15.  已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是______ ．

16.  已知，分别为圆与圆上的点，为坐标原点，则面的最大值为______ ．

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.  本小题分
已知数列的前项和为，．
若，证明：数列为等差数列
若，，求的最小值．

18.  本小题分
在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的最大值．

19.  本小题分
在梯形中，，，为的中点，将沿折起至的位置，且．
求证：平面平面；
判断在线段上是否存在点，使得直线与平面成角的正弦值为若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

20.  本小题分
为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了份试卷进行调查，这份试卷的成绩卷面共分频率分布直方图如图．
用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分同一组中的数据用该组区间的中点值为代表；
可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布用样本平均数和标准差分别作为，的近似值，已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少结果取整数？
从的试卷中用分层抽样的方法抽取份试卷，再从这份样本中随机抽测份试卷抽测的份数是随机的，若已知抽测的份试卷都不低于分，求抽测份的概率．
参考数据：若，则，，．

21.  本小题分
已知双曲线：，直线在轴上方与轴平行，交双曲线于，两点，直线交轴于点当经过的焦点时，点的坐标为．
求的方程；
设的中点为，是否存在定直线，使得经过的直线与交于，，与线段交于点，，均成立若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．

22.  本小题分
已知函数，为的导函数．
讨论的单调性；
当时，有且只有两根，
若，求实数的取值范围；
证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：集合，，
故A．
故选：．
根据已知条件，先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
故的虚部是．
故选：．
根据复数的除法运算求得复数，即可确定答案．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：个小球放入个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：
第一类：号小球与另一小球共同放入一个盒子，分步：
第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，有种方法；
第步，将号小球与第步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有种方法；
第步，剩余的个小球，其中个，与剩余的两个空盒其中的个标号相同，只有方法放置，
号小球与另一小球共同放入一个盒子，有种方法，
例如：第步，选出号球；第步，将号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒，
第二类：号小球单独放入一个盒子，分步：
第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有种方法；
第步，将未被选中的小球和号小球，分别放入另外个盒子中，有种方法，
号小球单独放入一个盒子，有种方法，
例如：第步，选出号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒，
没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为种．
故选：．
由分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行计算即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：，
，，
，，且，
．
故选：．
根据条件得出，然后即可得出，和的大小关系．
本题考查了指数函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：椭圆长轴、短轴的一个端点分别为，，为椭圆的一个焦点，
若为直角三角形，则只有，
，
不妨取为右顶点，为上顶点，则为左焦点，
则，即，
，两边同除以，得，
舍负．
故选：．
由题意可得，不妨取为右顶点，为上顶点，则为左焦点，再由斜率关系列式求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：因为是直角三角形，且，
所以是直角，以中点为原点，方向为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立直角坐标系，如下所示：

则点坐标，点坐标，显然在圆上，
设的坐标为，
那么，，
所以，
所以，
因为，其中，
所以的最大值为，
则的最大值为．
即的最大值为．
故选：．
建立直角坐标系，由在为直径的圆上，可用三角函数表示点的坐标，将所求向量用坐标表示，即可求解．
本题主要考查用建立直角坐标系的方法求向量问题，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由，解得，，
，
，．
故选：．
根据二项分布的期望公式和方差公式求出，从而可求得，再根据条件概率公式求得，即可求出答案．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由为偶函数，故，即，所以图像关于对称；
为奇函数，故为奇函数，图像关于对称，图像关于对称．
是周期为的函数，，
则可得函数的大致图像，如图所示，

则，
，
，
，
．
故选：．
根据题意，由函数的奇偶性可得其周期，然后结合其周期性代入计算，即可得到结果．
本题考查抽象函数的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于：，当且仅当时“”成立，故A正确；
对于：，则，故在上单调递增，故B正确；
对于：设切点是，则，故切线方程是，
故，方程组无解，故C错误；
对于：设的切点是，则，则，
故切点是，故切线方程是，故D正确；
故选：．
根据基本不等式的性质判断，求出导函数的导数判断，设出切点坐标，表示出切线方程，根据对应关系得到方程组无解判断，设出的切点坐标，根据对应关系求出切点得到切线方程，判断D正确．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性以及基本不等式的性质，是中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图所示，设的中点为，过、、分别作的垂线，垂足为、、，

对于，由题意可知，抛物线：的焦点为，准线为．
在抛物线上方，，即最小值为到准线的距离，
当，，三点共线时等号成立故 A正确；
对于，由，设过与抛物线相切的直线与抛物线切于点，
则，此时切线斜率为，即抛物线上任一点，
都有，故，所以B正确；
对于由于点在的下方，设过与抛物线相切的直线切于点，
由上可得，或，又知当时该直线与抛物线只一个交点，
故过点与只有一个公共点的直线有三条，所以不正确；
对于，由梯形中位线性质及抛物线定义知，所以直线过，故D正确．
故选：．
对于，由抛物线的定义即可判定；对于，利用直线与抛物线的位置关系即可判定；对于，由抛物线的性质即可判定．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：如图，，分别是正三棱台的底面中心，平面，
由题意，可得，，过点作于点，
由，，可得棱台的高，
连结，，由，，得出，分别为，的三等分点，
所以，又，所以，，，
所以，所以四边形为平行四边形，，，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，则为平面，
对于，由，同理可证平面，
三角形的面积为，到平面的距离为，
则四面体的体积，故A正确；

对于：四面体的外接球，即为正三棱台的外接球，
设外接球半径为，由，，，，可知球心即为，
故，所以外接球表面积，故B正确；
对于，如图，平面，平面，所以，
又，，所以平面，又平面，
所以，所以，

截棱台所得截面为长方形，故其面积为，故C正确；
对于，棱台体积，
，：：，故D错．
故选：．
对于，利用等体积转换求得结果；对于，四面体的外接球即为正三棱台的外接球，找到球心，求其半径即可；对于，根据线面平行的判定作出平面，被棱台所得截面为长方形，求其面积即可；对于，根据棱台与棱柱的体积公式求解．
本题考查空间几何体的性质，考查空间几何体的体积的计算，考查推理论证能力，属中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，由，，，，两边相加并代入得，故A正确；
对于，因为，则，则

故B正确；
对于，假设为公比为的等比数列，故，即，
所以，两式矛盾，故C不正确；
对于，假设为公比为的等比数列，故，即，
所以，解得，故D正确．
故选：．
由数列相关知识逐一对各选项作判断．
本题考查数列的相关知识：用定义法判断等比数列，还考查了计算能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查函数的性质，关键是掌握偶函数的定义，属于基础题．
根据题意，由函数奇偶性的定义可得，据此变形分析可得答案．

【解答】

解：根据题意，函数，其定义域为，
若为偶函数，则，
则有，
变形可得：，
必有；
故答案为：．

14.【答案】 

【解析】解：根据的最小正周期为得出，
根据的图象关于对称，得出，，，
取得，得出，时，，满足在上单调递减．
取，得出满足条件的一个函数．
故答案为：．
根据得出，根据得出，，取得出，可得出此时满足在上单调递减，然后给出一个的值即可得出满足条件的一个函数的解析式．
本题考查了三角函数的周期的计算公式，正弦函数的对称轴，正弦函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：已知，函数定义域为，
易得，
因为函数有有两个极值点，
所以有两个正实数根，
即有两个正实数根，
不妨令，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，，
当时，；当时，，
易知当时，，
故．
故答案为：
由题意，对函数进行求导，将函数有两个极值点转化成有两个正实数根，构造函数，对进行求导，得到的单调性，再求出极值进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值；考查逻辑推理能力和转化思想．
 

16.【答案】 

【解析】解：根据题意，如图以为直径画圆，延长交新圆于，
交新圆于点，连接，，，则与垂直，又，故F为的中点，
由对称性可得，
由，，
可得，
当最大时，最大，
故转化为在半径为的圆内接三角形的面积的最大值，
由圆内接三角形的面积，，，
，
由，，为凸函数，可得，
当且仅当时，取得等号，
可得，
即三角形的面积的最大值为，
进而得到最大值为．
故答案为：．
根据题意，以为直径画圆，延长交新圆于，交新圆于点，连接，，，推得为的中点，由对称性可得，由三角形的面积公式推得，可得，当最大时，最大，故转化为在半径为的圆内接三角形的面积的最大值，运用三角形的面积公式和凸函数的性质，计算可得所求最大值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查了解析几何中的对称思想以及等价转化思想，用不等式求最值是难点，属于难题．
 

17.【答案】证明：由，两边同除以，
 得，即，
 由，可知两边同时取倒数，
 可得，
，
故数列为以为公差的等差数列．
解：由，可得，故，即，
当时，，
，
当时，，
当时，，
符合题意的的最小值为． 

【解析】从递推关系中构造出常数；
在第的基础上，找到的表达式，进而找出，分析的变化，找到的最小值．
本题难度不大，第一问的切入点，要抓住所证数列的结构特点，结合等差数列的定义去对递推公式进行变换．第二问考查的点其实是已知求这个基本点，比较简单，解答时注意绝对值的处理．
 

18.【答案】解：，
由正弦定理可得：
，
，
，，
，为锐角，
，，；
解：由题意可知，设，，
，又，，
在中，由正弦定理可得：，
即：，，

，
，，
，
则面积的最大值为． 

【解析】利用正弦定理的边角互化以及两角和的正弦公式可得，进而求出角；
设，则，在中，根据正弦定理，再由三角形的面积公式即可求解．
本题考查了正弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
 

19.【答案】证明：连接，由已知可得：，
又，，
在中，，

故，
又，且，平面，
平面，平面平面．
解：取的中点，连接，由知平面，故，
又，
平面，故BC，
又，，
平面，
以，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，
设，则，
设平面的法向量为，
则，，
则，即，令，则，，即，
设直线与平面成的角为，
则，
即，，
即，即，
平方整理得，
得或舍，
即为线段的中点．此时． 

【解析】利用线面垂直的判定定理进行证明即可．
建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系进行求解即可．
本题主要考查面面垂直的判定以及线面角的应用，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 

20.【答案】解：由频率分布直方图可知，
平均分；
由可知，，
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为分；
由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，，，事件：取出的试卷都不低于分，
，
，
． 

【解析】根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
首先确定，再根据参考公式，即可求解；
根据全概率公式，和条件概率，列式求解．
本题考查频率分布直方图的应用，考查离散型随机变量的概率，是中档题．
 

21.【答案】解：因为直线与轴平行，当经过的焦点时，点的坐标为，
所以，
所以，，
所以，
所以，，
所以双曲线的方程为．
设的方程为，则，
所以，
根据题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，故，
联立，得，
则且，
设，，
则，，
由，，得，，
消去得，
即，
由得，，解得，
所以存在定直线：满足条件． 

【解析】由点的坐标得出，结合双曲线的定义得，进一步计算得出双曲线的方程即可．
设直线的方程为，故，与双曲线方程联立，结合韦达定理，两个向量共线的坐标表示求出，即可得出答案．
本题考查双曲线的方程，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

22.【答案】解：已知，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
此时，
当时，，单调递增；
当时，不妨设，
可得，
所以当时，，单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，
故，所以，
则在区间上单调递减，
综上得在上单调递增，在上单调递减；
当时，因为，
所以，此时不满足条件；
当时，不妨设，
可得，
由知在上单调递增，
所以在上单调递增，
由指数函数性质可知：当时，；当，，
故存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，函数单调递增，
若，此时，不符合题意；
若，，
当时，，，不符合题意；
当时，，，不符合题意；
若，则，，所以，
当时，；当时，，
故存在，使得，满足题意；
综上，实数的取值范围为；
可将方程转化成，
当时，方程在上没有解；
当时，不妨设，
由得，存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为有且只有两根，，
当时，；当时，，
所以，
又，所以，
即，则，所以，
因为，，
不妨设，可得，
所以函数在区间上单调递增，
则，于是，整理得；
不妨设，可得，
所以函数在区间上单调递增，则，
又，
 整理得，
将上面两个结果相加可得． 

【解析】由题意，对进行求导，设，对其进行求导得到，结合导数即可求出函数的单调区间；
对和这两种情况进行分析，当时，利用导数研究函数的单调性，进而可得实数的取值范围；
结合中所得信息得到，再证明当时，；当时，，利用放缩法证明和，两式相加即可得证．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论、方程思想和运算能力，属难题．