2023届福建省厦门第一中学高三下学期4月期中考试数学试题含答案

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2023届福建省厦门第一中学高三下学期4月期中考试数学试题

一、单选题
1．集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，又，
所以.
故选：C
2．若，其中i为虚数单位，则（    ）
A．i B． C．1 D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法求出，再由代入计算即可．
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A．
3．在的展开式中，的系数为（    ）．
A． B．5 C． D．10
【答案】C
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故选：C.
【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
4．三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.
【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，
因为正方体的体对角线即为球О直径，故，
利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，
故选：C.
5．已知圆，直线，当变化时，截得圆弦长的最小值为2，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出.
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，弦长取得最小值为，解得.
故选：C.
6．已知平面向量 ，满足，，点D满足，E为的外心，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出，的夹角，作出平面直角坐标系，表达出各点的坐标，即可求出的值.
【详解】由题意，，
∵，解得：，
∴两向量夹角，
∵，
以为坐标原点, ,垂直于所在直线为,轴建立平面直角坐标系, 如图所示,

则, 设, 由, 知,
解得,
∴
又E为的外心，
∴，
∴为等边三角形,
∴，
∴,
∴.
故选：B.
7．设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
8．已知，，且，则下列关系式恒成立的为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造，，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造，，
则，
当时，，，
所以在单调递增，
因为，
当，时，则,所以所以
单调递增，所以;
当，时,所以所以,
单调递减，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造进行求解，利用函数单调性比较函数值的大小，.

二、多选题
9．已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据 ， ，…， ，其中，则（    ）
A．两组样本数据的样本方差相同
B．两组样本数据的样本平均数相同
C．，，…，样本数据的第30百分位数为
D．将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5
【答案】AC
【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数以及方差的性质可判断ABD；根据百分位数的计算可判断C；
【详解】由题意可得：，
∵，则，，故A正确，B错误；
由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，
的排列为：，
因此，第30百分位数为，C正确；
将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，
新样本的平均数为，D错误，
故选：AC．
10．如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ）

A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，


，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.

三、单选题
11．筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图）.现有一个半径为3米的简车按逆时针方向每分钟旋转1圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米.设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面开始计算时间，设时间为t（单位：秒），已知，则（      ）

A．，其中，且
B．，其中，且
C．大约经过38秒，盛水筒P再次进入水中
D．大约经过22秒，盛水筒P到达最高点
【答案】ABD
【分析】若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，由题设知筒车的角速度，令，易得，而、，即可求的解析式判断A、B的正误，、代入函数解析式求，即可判断C、D的正误.
【详解】由题意知，如图，若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，

筒车的角速度，令且，
∴，故，而，
∴，其中，且，
又
，
若，且，所以，
此时
，
故，其中，且，故A、B正确；
当时，，且，，
∴，
故盛水筒没有进入水中，C错误；
当时，，且，，
故盛水筒到达最高点，D正确.
故选：ABD

四、多选题
12．已知抛物线C的顶点为O，焦点为F，圆F的圆心为F，半径为OF.平面内一点P满足，过P分别作C和圆F的切线，切点分别为M，N（均异于点O），则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．M，N，F三点共线 D．
【答案】ABC
【分析】设抛物线方程，可得圆的标准方程，设，切线PM的方程，利用直线与抛物线、直线与圆的位置关系分别求出两条切线方程，进而求出点P的坐标，结合、、、、，利用平面向量的坐标表示化简计算，依次求解即可.
【详解】设抛物线方程为，则，
所以圆F的方程为，即.
设切点分别为，则，，
有，.
易知两条切线的斜率存在，设切线PM的方程为，
则，消去x，得，
，整理得，
即，得，即，
所以切线PM的方程为，即.
同理可得切线PN的方程为，
令，分别得，，
由，知点P在y轴上，为，由，得，有.
又，，
所以与共线，即，故A正确；
又，，
所以，即，故B正确；
又，
，
所以与共线，所以三点共线，故C正确；
因为，三点共线，所以，得，
所以，
得，
有，所以不成立，故D错误.
故选：ABC.

【点睛】求解圆锥曲线在某点出的切线方程时，考虑切线斜率存在与否，若存在，设切线方程，利用直线与圆锥曲线的位置关系令，求出参数，解出切线方程，结合题意即可解决有关空间中位置关系或距离关系的问题.

五、填空题
13．写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量______.
【答案】（与共线的非零向量均可）
【分析】先利用导数求得曲线与曲线的公切线方程，进而求得该公切线的一个方向向量.
【详解】设曲线上的切点为，
曲线上的切点为，
则，两式相减整理得，
代入上式得，解之得，则，
则曲线与曲线的公切线的公切点为，
则切线斜率为1，切线方程为，
则公切线的一个方向向量为
故答案为：
14．已知函数的定义域为，若为奇函数，且，则_________.
【答案】
【分析】推导出函数为周期函数，确定该函数的周期，计算出的值，结合以及周期性可求得的值.
【详解】因为为奇函数，则，
所以，，
在等式中，令，可得，解得，
又因为，则，①
所以，，②
由①②可得，即，
所以，函数为周期函数，且该函数的周期为，
所以，.
故答案为：.
15．已知甲、乙两人三分球投篮命中率分别为0.4和0.5，则他们各投两个三分球，至少有一人两球都投中的概率为______．
【答案】0.37/
【分析】采取正难则反的原则，求出其对立事件，即二人两球都没有投中的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可．
【详解】设甲两个三分球都投中的事件为，乙两个三分球都投中的事件为，至少有一人两球都投中的事件为，
则，，，，
由题可知事件与事件互相独立，
所以

,
所以至少有一人两球都投中的概率为，
故答案为：
16．足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的B底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择．若选择线路，则甲带球______码时，到达最佳射门位置．

【答案】/
【分析】过点作于点，于点，设，分别表示出，，，，根据两角差的正切公式表示出，求出的最大值，结合在的单调性得出此时最大，即可求得答案．
【详解】过点作于点，于点，如图所示，
设，则 ，由题可知，，，
易得四边形为矩形，
所以，，，
所以，
则，，
所以


，
设，则，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，即，
所以当时，即，最大，
由题可知，，
因为在上单调递增，
所以最大时，最大，
所以时，到达最佳射门位置，
故答案为：．


六、解答题
17．已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2n项和．.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由，，成等差数列得出，再根据与的关系得出，即可求出的通项公式；
（2）结合（1）的结论及条件，得出，，再根据分组求和即可求出的前2n项和．
【详解】（1）由，，成等差数列知，即，
所以，即，
因为是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以的通项公式．
（2）由（1）知，，
所以，，
所以



，
所以的前2n项和．
18．的内角、、的对边分别为、、，已知，且的面积.
(1)求；
(2)若内一点满足，，求.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求得的值，可求得角的值，由结合正弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）设，可得出，，在、分别利用正弦定理可求得的值，结合的取值范围可求得角的值.
【详解】（1）解：由余弦定理得，
因为，所以，
因为，则，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以.
（2）解：由（1）知，，所以，所以，
设，因为，所以，
因为，所以，

因为在中，由正弦定理
可得，
在中，，则，则，
由正弦定理，即，所以，，
因为，所以.
19．chatGPT是由OpenAI开发的一款人工智能机器人程序，一经推出就火遍全球， chatGPT的开发主要采用RLHF（人类反馈强化学习）技术，训练分为以下三个阶段.第一阶段：训练监督策略模型.对抽取的prompt数据，人工进行高质量的回答，获取数据对，帮助数学模型GPT-4更好地理解指令.第二阶段：训练奖励模型，用上一阶段训练好的数学模型，生成k个不同的回答，人工标注排名，通过奖励模型给出不同的数值，奖励数值越高越好.奖励数值可以通过最小化下面的交叉损失函数得到：， ，其中，，且.第一阶段：实验与强化模型和算法.通过调整模型的参数，使模型得到最大奖以符合人工的选择取向.
(1)若已知某单个样本，共真实分布，共预测近似分布，计算该单个样本的交叉损失函数Loss的值；
(2)某次测试输入的问题中出现语法错误的概率为5%，如果输入问题没有语法错误，chatGPT的回答被采纳的概率为90%，如果出现语法错误，chatGPT的回答被采纳的概率为50%.
①求chatGPT的回答被采纳的概率；
②已知chatGPT的回答被采纳，求该测试输入的问题没有语法错误的概率.
参考数据：.，
【答案】(1)0.356
(2)①0.88；②.

【分析】（1）利用交叉损失函数公式即可求得该单个样本的交叉损失函数Loss的值；
（2）利用全概率概率公式即可求得chatGPT的回答被采纳的概率；利用条件概率公式即可求得该测试输入的问题没有语法错误的概率.
【详解】（1）由题意，该单个样本的交叉损失函数：

（2）记事件A：charGPT中输入的语法无错误：事件B：charGPT中输入的语法有错误；
事件C：chatGPT的回答被纳
依题意：，，，.
①由全概率公式得，chatGPT的回答被采纳的概率为
，
②依题意，.
所以该测试输入的问题没有语法错误的概率为.
20．如图，在四棱锥中，，，，，，，过的平面分别交线段，于，.

(1)求证：
(2)若直线与平面所成角为，，，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先由线面垂直判定定理证出平面，再由线面垂直证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，设点坐标，由已知线面角求得点坐标，再由空间向量求解平面与平面夹角即可.
【详解】（1）
由已知，∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴，∴.
取中点，连接，∵，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∴在中，，，，，
∴，即，又∵，∴，
又∵，，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴，
即.
（2）
如图，取中点为，连接，∵，∴，
由第（1）问知平面，
∴以为原点，，所在直线为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，，，，，设，（）
则，
易知平面的一个法向量为，
∵直线与平面所成角为，
∴，解得，
∴，
又∵，，∴，分别为，中点，∴，
∴，，设平面的一个法向量为
由，得，令，则，，
∴平面的一个法向量为，
易知，平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
∴平面和平面的夹角的余弦值为.
21．已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.
(1)若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；
(2)若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；
（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，，.
因为点，直线的斜率为，
所以直线的垂线的方程为，
整理可得，.
设点，，
联立直线与双曲线的方程可得，，
则，且，
所以，.
原点到直线的距离为，
所以，的面积为.
（2）
①②为条件，③为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
所以直线的斜率为.
又，所以.
设点，
因为直线的斜率，
所以，
所以；
①③为条件，②为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
又，点Q在x轴正半轴上，所以，
所以.
又，
所以，
所以，；
②③为条件，①为结论
令点，，且，不妨设.
因为三点共线，
所以，且.
因为，点Q在x轴正半轴上，所以.
因为，所以.
又，
所以，，且，
所以，，即.
【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【详解】（1），
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
（2）（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；