福建百校联考2023-2024学年高三下学期正月开学考试数学试卷＋答案

这是一份福建百校联考2023-2024学年高三下学期正月开学考试数学试卷＋答案，共17页。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘跕在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：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，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数在复平面内所对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第一象限C．第三象限D．第四象限
3．过点的直线l与圆相切，则直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）
A．B．C．D．3
6．如图，在边长为2的菱形中，，点E，F分别在边，上，且，若，则（ ）
A．B．C．1D．
7．已知函数在区间上存在最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知椭圆的左、右焦点分别，，椭圆的长轴长为，短轴长为2，P为直线上的任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：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．据国家统计局网站2023年9月15日消息，8月份，社会消费品零售总额为37933亿元，同比增长4.6%（同比一般情况下是指本年第N月与去年的第N月比）．其中，除汽车以外的消费品零售额为33820亿元，增长5.1%．1∼8月份，社会消费品零售总额为302281亿元，同比增长7.0%．其中，除汽车以外的消费品零售额为271888亿元，增长7.2%．2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速如下：
则下列说法正确的是（ ）
A．2023年1~8月份，社会消费品零售总额的月平均值约为25422.6亿元
B．2022年8月份，社会消费品零售总额约为36264.8亿元
C．除掉2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速数据的最大值和最小值所得数据的标准差比原数据的标准差小
D．2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速数据的极差比中位数的8倍还多
10．在前n项和为的正项等比数列中，，，，则（ ）
A．B．
C．D．数列中的最大项为
11．如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B．存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等
C．正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大
D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点
12．在平面直角坐标系中，已知双曲线的右顶点为A，直线l与以O为圆心，为半径的圆相切，切点为P．则（ ）
A．双曲线C的离心离为
B．当直线与双曲线C的一条渐近线重合时，直线l过双曲线C的一个焦点
C．当直线l与双曲线C的一条渐近线平行吋，若直线l与双曲线C的交点为Q，则
D．若直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于D，E两点，与双曲线C分别交于M，N两点，则．，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设A，B是一个随机试验中的两个零件，若，，，则______．
14．已知的展开式中的系数为240，则实数______．
15．已知函数的值域为，则实数a的取值范围为______．
16．方程的最小的29个非负实数解之和为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．（本小题满分10分）
已知正项数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
18．（本小题满分12分）
在中，内角A，B，C所对的边分別为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）过点A作的垂线与的延长线交于点D，，的面积为，求的周长．
19．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，．
（1）证明：平面；
（2）已知，，，平面底面，若平面与平面的夹角的余弦值为，求．
20．（本小题满分12分）
驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考武科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试．
（1）记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差；
（2）根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生）
参考数据：，
21．（本小题满分12分）
已知抛物线的焦点为F，过抛物线C的准线上任意一点P作不过焦点F的直线l与抛物线C相交于M，N两点．当直线l的方程为时，，．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）证明：直线是的外角平分线．
22．（本小题满分12分）
已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：函数有唯一的零点；
（3）若，求实数a的取值范围．
2023~2024学年福建百校联考高三正月开学考•数学
参考答案、提示及评分细则
一、单项选择题：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．【答案】D
【解析】由，，可得，故选D．
2．【答案】A
【解析】由，可得复数z在复平面内所对应的点所在的象限为第一象限，故选A．
3．【答案】B
【解析】由点P在圆C上，又由直线的斜率为，可得直线l的斜率为2，则直线l的方程为．故选B．
4．【答案】B
【解析】由，有．故选B．
5．【答案】C
【解析】高，，有，，由，有，可得，可得，又由上下圆锥侧面积之比为，可得，有，有，代入整理为，解得，可得，．故选C．
6．【答案】C
【解析】设，可得，有，，有，又由，有，解得，（舍），可得．故选C．
7．【答案】A
【解析】由．可得函数的单调增区间为，．减区间，，当时，，解得或，∴有解得．故选A．
8．【答案】D
【解析】由题意有，，，设直线与x轴的交点为Q，设，有，，可得，当且仅当时取等号，可得的最大值为，故选D．
二、多项选择题：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．【答案】BC
【解析】对于A选项，由2023年1~8月份，社会消费品零售总额为302281亿元，可得社会消费品零售总额的月平均值约为亿元，故A选项错误；
对于B选项，由2023年8月份．社会消费品零售总额为37933亿元．同比增长4.6%，可得2022年8月份，社会消费品零售总额约为亿元．故B选项正确；
对于C选项，由图表可知去掉，18.4数据更集中，标准差相对于原数据来说变小了，故C选项正确；对于D选项，极差为，中位数为，可得，，故D选项错误．故选BC．
10．【答案】BC
【解析】设等比数列的公比为q，由，有，联立方程解得或（舍去），有，可得．
对于A选项，由，，有，故A选项错误；
对于B选项，，故B选项正确；
对于C选项，由，有，故C选项正确；
对于D选项，由，令，有，可得有，可得数列中的最大项为或，故D选项错误，故选BC．
11．【答案】AC
【解析】对于A选项，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍，故A选项正确；
对于B选项，由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等，必有平面，又由．可得平面，与平面矛盾，故B选项错误；
对于C选项，如图，在上取一点F，使得，连接，设，由，可得平面为过A，，E三点的截面，在梯形中，，，，，梯形的高为，梯形的面积为，令，有．可得函数单调递增．可得正方体被平面所截得的截面面积随着的增大而增大．故C选项正确；
对于D选项，，，被平面所截得的上部分的几何体的体积为，整理为，解得，故D选项错误．故选AC．
12．【答案】ABD
【解析】对于A选项．由，，，可得双曲线C的离心率为，故A选项正确；对于B选项，双曲线C的渐近线方程为．由对称性，不妨设直线l与渐近线重合，点P位于第四象限，记直线l与x轴的交点为T，由直线的倾斜角为，有，又由，可得．又由，故直线l过双曲线C的一个焦点，故B选项正确；
对于C选项，当直线l与双曲线C的一条渐近线平行时，由对称性，不妨设直线l的方程为（其中），有，可得，直线l的方程为，联立方程解方程组可得点Q的坐标为．可得，故C选项错误；
对于D选项，设点P的坐标为，可得直线l的方程为．其中．联立方程解得，联立方程 解得，可得线段DE的中点的横坐标为，联立方程，消去y后整理为，可得线段MN的中点的横坐标为，可得线段和的中点相同，故有，故D选项正确．故选ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【答案】
【解析】由，有，又由，有，可得．
14．【答案】
【解析】的展开式中无含项，含的项为，∴中含的项为，则．解得．
15．【答案】
【解析】①当时，若，可得，若，，函数的值域不可能为；②当时，函数在，上单调递增，若函数的值域为．只需，可得．由上知，实数a的取值范围为．
16．【答案】
【解析】方程可化为，因式分解为．，解得或，方程的最小的29个非负实数解中有10个是以0为首项，为公差的等差数列．其和为；有10个是以为首项，为公差的等差数列，其和为；有9个是以为首项，为公差的等差数列，其和为．可得方程的最小的29个非负实数解之和为．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．【答案】（1） （2）
【解析】（1）由，有，
有，有，
可得数列是公美为1的等差数列，
有，
可得数列的通项公式为；
（2）由．
有，
不等式可化为，解得，
可得满足的正整数n的集合为．
18．【答案】（1） （2）
【解析】（1）由正弦定理有．
两边除以，有，
由二倍角公式，有，
整理为，
上式因式分解为，
解得或（舍去），
又由，可得；
（2）由．有，
又由，可得，有，可得，又由的面积为及，有，
代入，可得，，
又由，有，代入，可得，
在中，由余弦定理，有，
有的周长为．
19．【答案】（1）略 （2）
【解析】（1）证明：如图，连接与相交于点O，连接．
∵，，∴，
∵，．∴，
∵，平面，平面．∴平面
（2）在中，，可得，
由，平面底面，过点A作底面的垂线l，垂线在平面内，
以A为坐标原点，，，直线l分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
有，．
又由，，可得点P的坐标为
又由，有，
设，可得点B的坐标为，点C的坐标为，
设平面的法向量为．由，，
有取，，，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，由，，
有取，，，可得平面的一个法向量为．
由，，，有，
又由平面与平面的夹角的余弦值为．有，
化简为，解得或（舍）．
由上知．
20．【答案】（1）分布列见解析，，
（2）这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证
【解析】（1）1名学员通过考试并领取驾驶证的概率为，根据题意可知，
X的取值分别为0，1，2，3，4，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：
，；
（2）增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，
若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，
有，有，有，
又由．
可得，
故这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证．
21．【答案】（1） （2）略
【解析】设M，N的坐标分别为，，
（1）由抛物线的定义有，，可得，，
联立方程消去y后整理为，有，
有，整理为，解得或（舍去），
故抛物线C的标准方程为；
（2）证明：直线l的斜率为，
直线l的方程为，代入后整理为，
令，得．可得点P的坐标为，
焦点F的坐标为，直线的方程为，整理为，
点P到直线的距离为
，
同理点P到直线的距离为，
由及直线l与抛物线C的位置关系，可得直线是的外角平分线．
22．【答案】（1）详解见解析 （2）略 （3）
【解析】（1）函数的定义域为，
，
①当时，解不等式．有，函数的减区间为，增区间为；
②当时．，若，，，可得；若，，，可得；若，可得．故有，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，解不等式，有或，故函数的增区间为，，减区间为；
④当时，解不等式．有或，故函数的增区间为，，减区间为；
（2）证明：若，函数的减区间为，增区间为，．
当时，由，有，，
由上知，函数有唯一的零点；
（3）由（2）知．若，必有．又由，可得．
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数单调递增，故存在正数m使得．
若，有，，有，与矛盾，可得，
当时，；当时，，可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，有，
又由，有，
有，有．
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
若．则实数a的取值范围为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
B
B
C
C
A
D
题号
9
10
11
12
答案
BC
BC
AC
ABD
X
0
1
2
3
4
P