福建省南平市四校2023届高三数学下学期3月联考试题（Word版附解析）

这是一份福建省南平市四校2023届高三数学下学期3月联考试题（Word版附解析），共24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。

2022-2023学年高三下学期3月四校联考试卷
数学学科
本试卷分四大题，共4页．满分150分，考试时间120分钟．
一、单选题：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. 已知集合，，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的并集结果求出a值，再利用交集的定义求解作答.
【详解】因为集合，，，因此，即，
所以.
故选：B
2. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据新定义求得a的值，代入求得复数的代数形式，可得复数所对应的点的坐标，进而可得结果.
【详解】∵，
又∵“等部复数”的实部和虚部相等，复数为“等部复数”，
∴，解得，
∴，
∴，即：，
∴复数在复平面内对应的点是，位于第一象限.
故选：A.
3. 已知函数的图象关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的对称轴可构造方程求得的取值，进而可确定的最小值.
【详解】关于直线对称，，解得：，
当时，取得最小值.
故选：A.
4. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. a 【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的知识确定正确答案.
【详解】，
，
，
所以.
故选：C
5. 已知向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算，对两边同时平方得到，再由投影向量的定义即可求解.
【详解】由已知条件得：，即，
又在方向上的投影向量为，
故选：A.
6. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图，为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推，当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到第一段圆弧到第n段圆弧的半径构成等差数列，结合圆心角，利用求和公式求出答案.
【详解】依题意，每段圆弧的圆心角为，第一段圆弧到第n段圆弧的半径构成等差数列：1，2，3，…，n.，
所以当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时，“蚊香”的长度为.
故选：D.
7. 过抛物线（p＞0）的焦点F的直线交抛物线C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，设，，若n，，成等比数列，则（ ）
A. B. 3
C. 3或 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义及等比中项的性质计算可得结果.
【详解】由n，，成等比数列，得．
由抛物线的定义知，， ，
所以，所以，
又因为，，所以．
故选：B.
8. 已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，，由，
可知：和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为侧面底面，侧面底面，
所以底面，而底面，因此，所以是矩形,
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.

故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
二、多选题：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量X，Y，满足，且X服从正态分布，则
B. 已知随机变量X服从二项分布，则
C. 已知随机变量X服从正态分布，且，则
D. 已知一组数据的方差是3，则数据的标准差是12
【答案】AC
【解析】
【分析】根据离随机变量的正态分布、二项分布的性质，以及方差和标准差的概念，逐项分析判断即可得解.
【详解】对于A，因为X服从正态分布，所以，
因为，则，
所以，故A正确；
对于B，因为X服从二项分布，
所以，故B错误；
对于C，因为服从正态分布，则其正态分布曲线的对称轴为，
所以，
所以，故C正确；
对于D，令的平均数为，方差，
所以的方差为
，
故所求标准差，故D错误.
故选：AC.
10. 如图，在正方体中，点P是底面（含边界）内一动点，且平面，则下列选项正确的是（ ）

A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 平面
D. 异面直线AP与BD所成角的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知条件，通过面面平行，得点在线段上，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决垂直、夹角等问题.
【详解】连接，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面，
同理可证平面，，∴平面平面，则点在线段上，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，则，
设，
，，，，A选项正确；
平面，则点到平面的距离为定值，面积也为定值，所以三棱锥的体积为定值，B选项正确；
，，，时，，不一定成立，故C选项错误；
， ，， ， ，
设异面直线与所成的角为，则
，
当时，取得最小值0，当或1时，取得最大值 ，
∴，则 ，
即异面直线与所成角的取值范围为，D选项错误.
故选：AB
11. 已知圆，点P为直线上一动点，下列结论正确的是（ ）
A. 直线l与圆C相离
B. 圆C上有且仅有一个点到直线l的距离等于1
C. 过点P向圆C引一条切线PA，A为切点，则的最小值为
D. 过点P向圆C引两条切线PA和PB，A、B为切点，则直线AB过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离判断A，由圆心到直线的距离与圆的半径差判断B，根据勾股定理转化为求直线上点到圆心距离最小值判断C，求出过的直线方程，根据方程求定点判断D.
【详解】对于A，圆心到直线 的距离，
所以直线与圆相离，故A正确；
对于B，由A知，，故圆C上有2个点到直线l的距离等于1，故B错误；
对于C， ，当且仅当PC与直线垂直时等号成立，所以最小值为，故C正确；
对于D，设点，则，即，
由切线性质可知四点共圆，且圆的直径为，
所以圆的方程为，
两圆的方程作差，得公共弦所在直线方程为，
即，整理可得，
解方程，解得 ，
所以直线AB过定点，故D正确.
故选：ACD
12. 已知定义在上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 的图象关于对称
B.
C.
D. 有100个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件可得，，，即函数关于直线对称且周期为4奇函数，利用周期性求出，判断选项；再画出函数与的函数部分图象，数形结合判断它们的交点情况判断选项.
【详解】因为函数是偶函数，则，即，所以函数关于直线对称，故选项正确；
又函数为上的奇函数，所以，则，即函数是周期为4的奇函数，由，即.
所以，故选项正确；
，，
所以，故选项错误；
综上：，作出与的函数部分图象如下图所示：

当时，函数过点，
故时，函数与无交点；
由图可知：当时，函数与有一个交点；
当时，函数的每个周期内与有两个交点，共个交点，而且，
即时，函数与无交点；
当时，过点，
故当时，函数与无交点；
由图可知：当时，函数与有3个交点；
当时，函数的每个周期内与有两个交点，共个交点，而且，
即时，函数与无交点；
综上，函数共有个零点，故选项正确，
故选：.
【点睛】关键点点睛：对于本题选项D，正确作出函数的大致图象，利用关键点处的函数值以及周期是解题关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 2022年4月24日是第七个“中国航天日”，今年主题是“航天点亮梦想”.某校组织学生参与航天知识竞答活动，某班8位同学成绩如下：7，6，8，9，8，7，10，m.若去掉m，该组数据的第25百分位数保持不变，则整数的值可以是___________（写出一个满足条件的m值即可）.
【答案】7或8或9或10（填上述4个数中任意一个均可）
【解析】
【分析】由百分位数的概念即可得出答案.
【详解】7，6，8，9，8，7，10，m，若去掉m，该组数据从小到大排列为：6，7，7，8，8，9，10，则，故第25百分位数为第二个数即7，所以7，6，8，9，8，7，10，m，第25百分位数为7，而，所以7为第二个数与第三个数的平均数，所以的值可以是7或8或9或10.
故答案为：7或8或9或10.
14. 已知为锐角，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换求得，从而得到，由此结合角的范围即可得解.
【详解】因为
，
所以，
又因为为锐角，
所以.
故答案为：
15. 设是曲线上的点，，，则的最大值等于______．
【答案】10
【解析】
【分析】作出曲线和椭圆的图象，延长交椭圆于点，可得出，由三角形三边关系得出，当且仅当点为椭圆的顶点时，等号成立，由此可得出的最大值.
【详解】由可得，
作出椭圆和曲线(去绝对值后，可得图象为四条线段)的图象如下图所示：

则点、分别为椭圆的左、右焦点，由椭圆定义得.
延长交椭圆于点，
当点不在坐标轴上时，由三角形三边关系得，
所以，；
当点为椭圆的顶点时.
综上所述，，因此，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查曲线与方程之间的关系，同时也考查了椭圆定义的应用，建立不等关系是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力.
16. 是函数的图象上不重合的三点，若函数满足：当时，总有三点共线，则称函数是“零和共线函数”．若是“零和共线函数”，则a的范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，利用奇函数的对称性判断符合“零和共线函数”的定义对应的a取值.
【详解】由的定义域为R，又，
所以，有均为奇函数，且，
即图象在y轴一侧的点，在其另一侧一定存在关于原点对称的点，
所以，上述y轴两侧关于原点的对称点与原点可构成满足题设的三点，
综上，对于，都有是“零和共线函数”.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入已知式子可得是等差数列，进而得到通项公式，再由与的关系求出的通项公式.
（2）由裂项相消求和可得，再由的单调性可求得其范围.
【小问1详解】
因为，所以由，
得，所以，
所以，即．
在中，令n=1，得，所以a1=1．
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，即：．
当时，，
也适合上式，
所以数列的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
因为bn＞0，所以随着n的增大而增大，所以，
又显然，所以，即的取值范围为．
18. 某商场计划在一个两面靠墙的角落规划一个三角形促销活动区域（即区域），地面形状如图所示．已知已有两面墙的夹角为锐角，假设墙的可利用长度（单位：米）足够长．

（1）在中，若边上的高等于，求；
（2）当的长度为6米时，求该活动区域面积的最大值．
【答案】（1）
（2）平方米
【解析】
【分析】（1）过点作交于．设，则，，
在中，求得，由计算即可得解；
（2）设，则，，从而得出，利用三角恒等变换、辅助角公式及三角函数的性质即可得到答案．
【小问1详解】
过点作交于．

设米，，则米，米．
在中，．
故．
【小问2详解】
设，则米，米，

因为，所以，
所以，当时，该活动区域的面积取得最大值，最大值为平方米．
19. 如图，在四棱锥中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，ABDC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.

（1）证明：平面EAC⊥平面PBC；
（2）若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角P-AC-E的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质及勾股定理的逆定理可证出线面垂直，再由面面垂直的判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
∵平面，平面，
∴.
∵，由，且是直角梯形，
∴，
即，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面
【小问2详解】
∵平面，平面，
∴.
由（1）知.
∵，平面，平面，
所以平面，
∴即为直线与平面所成角.
∴，
∴，则
取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以､､为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则，
令，得，，得
设为平面的法向量，
则，令，则，，得.
∴.
由图知所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
20. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测等三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为（）．
（1）求每个芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为，求的极大值点；
（3）若芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】（1）
（2）
（3）该企业需对生产工序进行改良，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件，视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，根据对立事件的性质及事件独立性的定义即可求解；
（2）根据条件得到（），利用导数对进行讨论即可；
（3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，根据条件概率得到，再由乘法公式得到，即可判断.
【小问1详解】
每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件.
视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，
则有，，，
由对立事件的性质及事件独立性的定义得：，
所以每个芯片智能检测不达标的概率为.
【小问2详解】
人工抽检30个芯片恰有1个不合格品的概率为（），
因此
令，得.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点.
【小问3详解】
设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
由（2）得：，
由（1）得：，
所以，
因此，该企业需对生产工序进行改良.
21. .已知双曲线的虚轴长为，右焦点为，点、分别为双曲线的左、右顶点，过点的直线交双曲线的右支于、两点，设直线、的斜率分别为、，且．
（1）求双曲线的方程：
（2）当点在第一象限时，且时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点，其中，利用点差法可得出，由已知条件可得出、的值，即可得出双曲线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴重合，设点、，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由两角差的正切公式以及已知条件分析得出，将此关系式代入韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：设点，其中，则，可得，
易知、，则，
由已知，可得，，因此，双曲线的方程为.
【小问2详解】
解：由（1）可知，则点，易知、，
若直线与轴重合，此时直线交双曲线于、两点，不合乎题意，
设点、，设直线的方程为，
联立可得，
由题意可得，可得，
由韦达定理可得，，
因为过点的直线交双曲线的右支于、两点，
则，可得，
，可得，
因为点在第一象限，则
，
同理可得
，
因为，可得，因为，则，
所以，，可得，可得，
，解得，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知，函数
（1）若恒成立，求a的取值范围；
（2）过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数?请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意，转化为不等式恒成立，令，利用导数求出函数的最大值即可得解；
（2）根据导数的几何意义求出过原点的切线方程的斜率，由斜率之间的关系可得，再通过构造函数判断其有解即可.
【小问1详解】
的定义域是，
由可得，即恒成立，
令，，
，当时，，在单调递增，
当时， ，在上单调递减，
所以当，，
所以.
【小问2详解】
存在，使得切线和的斜率互为倒数，理由如下：
，，
设的切线方程是，则，显然，，切点为，
于是，解得，所以的斜率为e，于是的斜率为，
设的切点坐标为，由，，
又，所以，整理得，
设，，
当时，，在上递增，而，所以，
当时，，在上递减，
又，
所以存在，使得，
因此关于方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数．
【点睛】方法点睛：求解切线有关的问题，关键点有两个，一个是切点，另一个是斜率.切点即是要看清题目给的已知条件所给点是在曲线上，还是在曲线外；斜率是将切点的横坐标代入导函数求得的