2023届福建省”德化一中、永安一中、漳平一中“三校协作高三适应性考试数学试题含解析
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这是一份2023届福建省”德化一中、永安一中、漳平一中“三校协作高三适应性考试数学试题含解析,共21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。
2023届福建省”德化一中、永安一中、漳平一中“三校协作高三适应性考试数学试题 一、单选题1.设集合,,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】求出两个集合,再根据集合的交集、补集运算即可.【详解】由题意可得:,所以,故.故选:C2.设复数z满足(i是虚数单位),则( )A. B. C. D.【答案】A【分析】利用复数运算求得,进而求得.【详解】依题意,,,所以.故选:A3.在数列中,“数列是等比数列”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【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断,【详解】数列是等比数列,得,若数列中,则数列不一定是等比数列,如数列,所以反之不成立,则“数列是等比数列”是“”的充分不必要条件.故选:A.4.已知平面向量,,且,则( )A.1 B.14 C. D.【答案】B【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为,,,所以,所以.故选:B5.某兴趣小组研究光照时长x(h)和向日葵种子发芽数量y(颗)之间的关系,采集5组数据,作如图所示的散点图.若去掉后,下列说法正确的是( )A.相关系数r变小 B.决定系数变小C.残差平方和变大 D.解释变量x与预报变量y的相关性变强【答案】D【分析】从图中分析得到去掉后,回归效果更好,再由相关系数,决定系数,残差平方和和相关性的概念和性质作出判断即可.【详解】从图中可以看出较其他点,偏离直线远,故去掉后,回归效果更好,对于A,相关系数越接近于1,模型的拟合效果越好,若去掉后,相关系数r变大,故A错误;对于B,决定系数越接近于1,模型的拟合效果越好,若去掉后,决定系数变大,故B错误;对于C,残差平方和越小,模型的拟合效果越好,若去掉后,残差平方和变小,故C错误;对于D,若去掉后,解释变量x与预报变量y的相关性变强,且是正相关,故D正确.故选:D.6.已知,,且,则ab的最小值为( )A.4 B.8 C.16 D.32【答案】C【分析】运用对数运算及换底公式可得,运用基本不等式可求得的最小值.【详解】∵,∴,即:∴,∵,,∴,,∴,当且仅当即时取等号,即:,当且仅当时取等号,故的最小值为16.故选:C.7.如图,点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线平面的是( )A. B.C. D.【答案】D【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.【详解】对于A选项,如下图所示,在正方体中,且,因为、分别为、的中点,则且,所以,四边形为平行四边形,所以,,因为平面,平面,所以,平面,同理可证平面,因为,、平面,所以,平面平面,因为平面,故平面,A满足;对于B选项,如下图所示,连接,在正方体中,且,因为、分别为、的中点,则且,所以,四边形为平行四边形,故,因为、分别为、的中点,则,所以,,因为平面,平面,所以,平面,B满足;对于C选项,如下图所示,在正方体中,取的中点,连接、、,因为且,、分别为、的中点,所以,且,故四边形为平行四边形,则,因为、分别为、的中点,所以,,则,所以,、、、四点共面,因为且,则四边形为平行四边形,所以,,因为、分别为、的中点,则,所以,,因为平面,平面,所以,平面,C满足;对于D选项,如下图所示,在正方体中,取的中点,连接、、、、、,因为且,、分别为、的中点,则且,所以,四边形为平行四边形,则,因为、分别为、的中点,所以,,故,所以,、、、四点共面,同理可证,故,同理可得,,反设平面,因为,且平面,则平面,但与平面有公共点,这与平面矛盾,故平面,D不满足.故选:D.8.已知满足,且在上单调,则的最大值为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】通过对称轴与对称点得出的式子,再通过单调得出的范围,即可得出答案.【详解】满足,,,即,,在上单调,,即,当时最大,最大值为,故选:B. 二、多选题9.若直线与圆C:相交于A,B两点,则的长度可能等于( )A.2 B.3 C.4 D.5【答案】CD【分析】首先找到直线所过定点,根据直线所截圆的弦长公式求出弦长的取值范围,进而求出的长度可能的取值.【详解】已知直线恒过点,圆的圆心坐标为,半径.当直线经过圆心时,所得弦长最大,;当直线与所在直线垂直时,所得弦长最小,,因此可得:,故的长度可能等于4或5.故选:CD10.已知函数()是奇函数,且,是的导函数,则( )A. B.的一个周期是4 C.是偶函数 D.【答案】BC【分析】根据函数奇偶性与可得,根据导数的运算可得从而可判断B项,根据周期性与奇偶性可判断A项,根据奇偶性与导数运算可得,从而可判断C项,在中,令代入计算可判断D项.【详解】因为函数是奇函数,,所以,所以,即:,故的周期为4,所以,故的一个周期为4,故B项正确;,故A项错误;因为函数是奇函数,所以,所以,即:,所以为偶函数,故C项正确;因为,所以,令,可得,解得:,故D项错误.故选:BC.11.一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球,从中无放回的随机取两次,每次取1个球,记事件A1:第一次取出的是红球;事件A2:第一次取出的是白球;事件B:取出的两球同色;事件C:取出的两球中至少有一个红球,则( )A.事件,为互斥事件 B.事件B,C为独立事件C. D.【答案】ACD【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB,由组合知识求得判断C,根据条件概率的定义求得判断D.【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生,它们是互斥的,A正确;由于是红球有3个,白球有2个,事件发生时,两球同为白色或同为红色,,事件不发生,则两球一白一红,,不独立,B错;,C正确;事件发生后,口袋中有3个红球1个白球,只有从中取出一个红球,事件才发生,所以,D正确.故选:ACD.12.如图圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,,为圆柱上下底面的圆心,O为球心,EF为底面圆的一条直径,若球的半径,则( )A.球与圆柱的体积之比为B.四面体CDEF的体积的取值范围为C.平面DEF截得球的截面面积最小值为D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点,则的取值范围为【答案】AD【分析】根据给定的条件,利用球、圆柱的体积公式计算判断A;利用建立函数关系判断B;求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C;令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q,设,利用勾股定理建立函数关系,求出值域作答.【详解】对于A,球的体积为,圆柱的体积,则球与圆柱的体积之比为,A正确;对于B,设为点到平面的距离,,而平面经过线段的中点,四面体CDEF的体积,B错误;对于C,过作于,如图,而,则,又,于是,设截面圆的半径为,球心到平面的距离为,则,又,则平面DEF截球的截面圆面积,C错误;对于D,令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q,连接,当与都不重合时,设,则,当与之一重合时,上式也成立,因此,,则,令,则,而,即,因此,解得,所以的取值范围为,D正确. 故选:AD【点睛】思路点睛:与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图. 三、填空题13.在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含项的系数为___________【答案】【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项的系数即可.【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得:.∴通项公式,令,解得.∴展开式中含项的系数为.故答案为:.14.已知,,则______.【答案】0【分析】将平方,结合可得,利用二倍角余弦公式将化简求值,可得答案.【详解】将平方得,结合可得,即,则,故答案为:015.费马定理是几何光学中的一条重要原理,在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如,点P为双曲线(,为焦点)上一点,点P处的切线平分.已知双曲线C:,O为坐标原点,l是点处的切线,过左焦点作l的垂线,垂足为M,则______.【答案】2【分析】延长交延长线于点,结合题意得点为的中点,,从而得到,再结合双曲线的定义即可求解.【详解】如图,延长交延长线于点,因为点是的角平分线上的一点,且,所以点为的中点,所以,又点为的中点,且,所以.故答案为:2.16.已知函数在点处的切线方程为l:,若对任意,都有成立,则______.【答案】/【分析】根据条件表示出,再令,求导分类研究函数单调性,进而求出结果.【详解】因为,所以,,所以,令,则,则,,令,则,令,得,所以时,,单调递减,时,,单调递增,当,时,,则,单调递增,,即,所以当,时,成立,当,时,,则,单调递增,,即,所以当,时,成立,综上所述.故答案为:.【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. 四、解答题17.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.(1)求角B的大小;(2)若,且AC边上的高为,求的周长.【答案】(1)(2)15 【分析】(1)利用三角形内角和及诱导公式得到,再利用余弦的倍角公式得到,解得,从而得到;(2)由比例引入常数,利用三角形面积相等得到,从而利用余弦定理得到关于的方程,解之即可得到,由此得解.【详解】(1)因为,所以由得,所以,解得或,因为,所以,则,故,则,故.(2)因为,令,则,由三角形面积公式可得,则,故,由余弦定理可得,则,解得,从而,,,故的周长为.18.设公差不为0的等差数列的前n项和为,,.(1)求数列的通项公式;(2)若数列满足,,求数列的前n项和.【答案】(1),(2) 【分析】(1)根据等差数列性质设出公差和首项,代入题中式子求解即可;(2)列出通项公式,根据通项求出的前n项和,再根据通项求出的前2n项和,两式相减解得的通项公式,最后分组求和求出数列的前n项和.【详解】(1),设公差为d,首项为,因为公差不为0,所以解得,,数列的通项公式为,.(2) ① ②得,解得19.在三棱锥中,底面为等腰直角三角形,.(1)求证:;(2)若,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)根据题意,可证,即,从而证得面,即可得到结果;(2)根据题意,过S作面,垂足为D,连接,以D为原点,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式,即可得到结果.【详解】(1)证明:取的中点为E,连结,∵,∴,在和中,∴,∴,∵的中点为E,∴,∵,∴面,∵面,∴(2)过S作面,垂足为D,连接,∴∵,平面∴,同理,∵底面为等腰直角三角形,,∴四边形为正方形且边长为2.以D为原点,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则,设平面的法向量,则,解得,取,则,∴,设平面的法向量,则,解得,取,则,∴,设平面与平面夹角为故平面与平面夹角的余弦值为.20.某校举行“强基计划”数学核心素养测评,要求以班级为单位参赛,最终高三一班(45人)和高三二班(30人)进入决赛.决赛规则如下:现有甲、乙两个纸箱,甲箱中有4个选择题和2个填空题,乙箱中有3个选择题和3个填空题,决赛由两个环节组成,环节一:要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答,作答后放回原箱.并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据;环节二:由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛,并分别统计两人的测评成绩的相关数据,两个环节按照相关比赛规则分别累计得分,以累计得分的高低决定班级的名次.(1)环节一结束后,按照分层抽样的方法从两个班级抽取20名同学,并统计每位同学答对题目的数量,统计数据为:一班抽取同学答对题目的平均数为1,方差为1;二班抽取同学答对题目的平均数为1.5,方差为0.25,求这20人答对题目的均值与方差;(2)环节二,王刚先从甲箱中依次抽取了两道题目,答题结束后将题目一起放入乙箱中,然后李明再抽取题目,已知李明从乙箱中抽取的第一题是选择题,求王刚从甲箱中取出的是两道选择题的概率.【答案】(1)样本均值为1.2,样本方差为0.76(2) 【分析】(1)首先求分层抽取的两个班的人数,再根据两个班抽取人数的平均数和方差,结合总体平均数和方差公式,代入求值;(2)根据全概率公式和条件概率公式,即可求解.【详解】(1)一班抽取人,二班抽取人,一班样本平均数为,样本方差为;二班样本的平均数为,样本方差为;总样本的平均数为.记总样本的样本方差为,则.所以,这20人答对题目的样本均值为1.2,样本方差为0.76.(2)设事件A为“李明同学从乙箱中抽出的第1个题是选择题”,事件为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是选择题”,事件为“王刚同学从甲箱中取出1个选择题1个填空题",事件为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是填空题”,则、、,彼此互斥,且,,,,,,,所求概率即是A发生的条件下发生的概率:.21.已知椭圆的离心率为,左、右顶点分别为、,点、为椭圆上异于、的两点,面积的最大值为.(1)求椭圆的方程;(2)设直线、的斜率分别为、,且.①求证:直线经过定点.②设和的面积分别为、,求的最大值.【答案】(1)(2)①证明见解析;② 【分析】(1)根据题意可得出关于、、的方程组,解出这三个量的值,即可得出椭圆的方程;(2)①分析可知直线不与轴垂直,设直线的方程为,可知,设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立,列出韦达定理,利用求出的值,即可得出直线所过定点的坐标;②写出关于的函数关系式,利用对勾函数的单调性可求得的最大值.【详解】(1)解:当点为椭圆短轴顶点时,的面积取最大值,且最大值为,由题意可得,解得,所以,椭圆的标准方程为.(2)解:①设点、.若直线的斜率为零,则点、关于轴对称,则,不合乎题意.设直线的方程为,由于直线不过椭圆的左、右焦点,则,联立可得,,可得,由韦达定理可得,,则,所以,,解得,即直线的方程为,故直线过定点.②由韦达定理可得,,所以,,,则,因为函数在上单调递增,故,所以,,当且仅当时,等号成立,因此,的最大值为.【点睛】方法点睛:求解直线过定点问题常用方法如下:(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22.已知函数.(1)讨论函数零点个数;(2)若恒成立,求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析;(2). 【分析】(1)将零点问题转化为函数图象交点问题,设,求出函数的导数,判断单调性,作出其大致图象,数形结合,即可求得答案.(2)分三种情况分类讨论,利用导数判断函数的单调性,结合不等式恒成立考虑函数最值情况或利用单调性求解不等式,从而求得参数范围.【详解】(1)由,得,设,则,当时,,当时,,所以在上单调递增;在上单调递减,所以,据此可画出大致图象如图,所以(i)当或时,无零点:(ii)当或时,有一个零点;(iii)当时,有两个零点;(2)①当时,即恒成立,符合题意;②当时,由可得,则,则,即,设,则,当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,所以,当时,,即恒成立,即符合题意;③当时,由(1)可知,,在上单调递增.又,,所以,使.i)当时,,即,设,则,所以在上单调递减,所以时,;ii)当时,,即,设,因为,令,则,又令,则,得在上单调递增,有,得在上单调递增,有,则,得在上单调递增,则时,,又时,,得当时,时,,由上可知,在上单调递增,则此时,综上可知,a的范围是.【点睛】难点点睛:第二问解答不等式恒成立求解参数范围时,需要讨论a的正负,看能否保证不等式恒成立,特别是当时,要结合函数的零点情况,反复构造函数,判断函数单调性,由此求得参数a的范围,计算过程十分复杂,计算量较大,难度很大.
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