2023届福建省厦门双十中学高三上学期期中考试数学试题含解析

2023届福建省厦门双十中学高三上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则下列关于集合关系的韦恩图正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解出集合，结合集合即可得答案.

【详解】由集合，,

又集合，所以，结合选项就得A

故选：A.

2．已知复数，则z的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数代数形式的四则运算求出，再根据共轭复数的概念即可解出．

【详解】由，知.

故选：C．

3．已知a，，则使成立的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意只要利用不等式的性质即可判断.

【详解】解：由题意得：

对于选项A：不能推出，若，则，故不是的充分条件，故A错误；

对于选项B：，故不是的充分条件，故B错误；

对于选项C：，故可知是成立的充分条件，又由条件可知：

所以是的充分必要条件，故C错误；

对于选项D： ，故是的充分条件，但是不能推出，若，，则不满足，故是的充分不必要条件，故D正确.

故选：D

4．将图象上每一个点的横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象，再将图象向左平移，得到的图象，则的解析式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数图象平移规律可得答案.

【详解】将图象上每一个点的横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象，

再将图象向左平移，得到的图象，

故选：A.

5．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，根据平面向量线性运算及平面向量基本定理求出、的值，依题意可得为等边三角形，求出，再由余弦定理求出即可；

【详解】解：设，

则，

，解得．

因为，所以，又，，所以为等边三角形，

所以，，

由余弦定理，

所以；

故选：B

6．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.

【详解】由于，

所以，

解得或（舍去），

由于，所以，

所以.

故选：A

7．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（    ）参考数据：，.

A．3.048分钟 B．4.048分钟 C．5.048分钟 D．6.048分钟

【答案】C

【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.

【详解】依题意，，，，代入公式得：

（分钟），

故选：C.

8．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定数的特征，构造对应的函数，借助导数探讨单调性比较函数值大小作答.

【详解】令函数，，

显然，则，

令，，

求导得，即在上单调递减，

，，即，

因此当时，，

取，则有，

令，，，

令，，，

在上单调递减，

，，有，则在上单调递增，

，，因此当时，，

取，则有，

所以.

故选：A

【点睛】思路点睛：涉及某些数或式大小比较，探求它们的共同特性，构造符合条件的函数，利用函数的单调性求解即可.

二、多选题

9．已知，且为锐角，则下列选项中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据，并结合为锐角求解即可.

【详解】解：因为，所以，即

所以，

因为为锐角，所以，

所以，

所以，

所以

故选：ABD

10．已知，是双曲线：的左、右焦点，过作倾斜角为30°的直线分别交y轴与双曲线右支于点M，P，，下列判断正确的是（    ）

A． B．

C．的离心率等于 D．的渐近线方程为

【答案】BD

【分析】根据题意得，，；由知：，又，，求解离心率，根据离心率求解渐近线方程即可判断.

【详解】如下图所示，因为，即为中点，为中点，所以，

因为，所以，所以，，A错误，B正确；

由知，所以，又，，

所以，即，所以，解得：，C错误；

所以，所以，所以，所以，

所以的渐近线方程为，D正确．

故选：BD．

11．已知，且实数，满足成立，则以下正确的是（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为9 D．的最大值为3

【答案】ABD

【分析】根据条件可得，其中，，即可判断每个选项正误.

【详解】为奇函数，，

定义域为，则，，并且，

，A正确；

当，时，最小值为，最大值为3，B、D正确；

，C错误.

故选：ABD.

【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，属于基础题.

12．如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．当M为AD中点时，三棱锥M-BDP的体积为

B．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为

C．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为

D．若M在平面内运动，且，点M的轨迹为抛物线

【答案】ABC

【分析】求得三棱锥M-BDP的体积判断选项A；依据同一平面内两点之间线段最短判断选项B；先判断出点M在侧面内运动的轨迹，再去求得其长度判断选项C；建立空间直角坐标系求得点M的轨迹方程判断选项D.

【详解】选项A：当M为AD中点时，

.判断正确；

选项B：将平面与平面展开在同一平面，连接AP，

则

又将平面与平面展开在同一平面，连接AP，

则

综上，沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为.判断正确；

选项C：取中点E，连接

则平面，，则

则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为1的劣弧，

分别交于，则

则，劣弧的长为.判断正确；

选项D：以D为原点，分别以DA、DC、为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：

则，

设，

则

又，

则，即

整理得即

，表示线段，则点M的轨迹不为抛物线.判断错误.

故选：ABC

三、填空题

13．已知平面向量，满足，，，则______.

【答案】6

【分析】先由的坐标，得到，然后根据，两边同时平方，即可求得.

【详解】因为，则，

又因为，，

所以，即

故答案为:.

14．若函数为奇函数，则________．

【答案】1

【分析】根据题意，求出的表达式，由奇函数的定义可得，变形计算可得的值，验证即可得答案．

【详解】解：因为函数为奇函数，所以，

而，

则

，所以，则.

故答案为：1.

15．写出与圆和圆都相切的一条切线方程___________.

【答案】或或

【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.

【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，

圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，

易得切线的方程为，

因为，且，所以，设，即，

则到的距离，解得（舍去）或，所以，

可知和关于对称，联立，解得在上，

在上任取一点，设其关于的对称点为，

则，解得，

则，所以直线，即，

综上，切线方程为或或.

故答案为：或或.

四、双空题

16．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD是矩形，是等边三角形，，，.则平面展开图中___________，四棱锥的外接球半径为___________.

【答案】     ##     ##

【分析】由题意可得，而，然后利用三角恒等变换公式可求得的值，如图，连接交于点，四棱锥的外接球球心为，由已知条件可得平面平面，取的中点，连接，则平面，设的外接圆圆心为，连接，从而可得四边形是矩形，连接，利用勾股定理可求得结果

【详解】因为在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD是矩形，是等边三角形，，，，

所以，

所以，

，

，

如图，连接交于点，四棱锥的外接球球心为，在四棱锥中，，，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，

因为平面平面，平面，所以平面，

设的外接圆圆心为，连接，则平面，平面，则∥，可证得∥，所以四边形是矩形，连接，

由于为等边三角形，所以，所以,

设四棱锥的外接球半径为，则，

解得，

故答案为：，

五、解答题

17．正项等差数列满足，且成等比数列，的前n项和为．

（1）求数列的通项公式；  

（2）令，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）假设公差，由等比中项列式，解出公差由等差数列通项公式即可求出；

（2）求出，表示出，由其特点，利用裂项相消的方法求前n项和.

【详解】（1）设数列公差为，由已知得：，

化简得：，解得：或（舍），

所以．

（2）因为，

所以，

所以

＝

＝．

【点睛】本题考查数列通项公式及前n项和的求法，求通项时若已知数列类型可设首项及公差或公比然后列式解方程，求和时若通项为分式类型，则可考虑尝试裂项相消的求法.

18．如图，在中，，，点在线段上．

(1)若，求的长；

(2)若，的面积为，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，利用同角三角函数的平方关系可求得的值，然后在中，利用正弦定理可求得边的长；

（2）设，则，利用三角形的面积公式可求得的值，然后在、中利用正弦定理，再结合，可求得结果.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理可得，

，则，故，则为锐角，所以，，

，则，

在中，由正弦定理得，，解得．

（2）解：设，则，，则，

即，可得，故，

由余弦定理可得，

在中，由正弦定理可得，故，

在中，由正弦定理可得，故，

因为，

所以，.

19．平潭国际“花式风筝冲浪”集训队，在平潭龙凤头海滨浴场进行集训，海滨区域的某个观测点观测到该处水深y（米）是随着一天的时间t（0≤t≤24，单位小时）呈周期性变化，某天各时刻t的水深数据的近似值如表：

(1)根据表中近似数据画出散点图（坐标系在答题卷中）．观察散点图，从①，②，③．中选择一个合适的函数模型，并求出该拟合模型的函数解析式；

(2)为保证队员安全，规定在一天中的5～18时且水深不低于1.05米的时候进行训练，根据（1）中的选择的函数解析式，试问：这一天可以安排什么时间段组织训练，才能确保集训队员的安全．

【答案】(1)作图见解析；选②做为函数模型，

(2)安排早上5点至7点以及11点至18点

【分析】（1）根据表中近似数据画出散点图，选②做为函数模型，由此利用三角函数的图象和性质

求出该拟合模型的函数解析式即可．

（2）由，令y≥1.05，得，从而解出，即可求出结果．

【详解】（1）根据表中近似数据画出散点图，如图所示：

结合散点图可知，图形进行了上下平移和左右平移，故选②做为函数模型，

∴，

∵，∴

又∵函数y＝0.9cos（φ）+1.5的图象过点，

∴，

∴，∴，

又∵，∴φ，

∴

（2）由（1）知：

令y≥1.05，即，∴

∴，

∴，

又∵5≤t≤18，∵5≤t≤7或11≤t≤18，

∴这一天可以安排早上5点至7点以及11点至18点的时间段组织训练，

才能确保集训队员的安全．

20．如图，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，，平面平面.

(1)证明：平面；

(2)若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到BD⊥，再证明出AB⊥，从而得到平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角的余弦值.

【详解】（1）取AB的中点N，AC的中点D，连接BD，，CN，

因为底面是边长为2的正三角形，，

所以，BD⊥AC，CN⊥AB，

因为平面，交线为AC，

因为BD⊥AC，

所以BD⊥平面，

因为平面，

所以BD⊥，

因为，平面，

所以AB⊥平面，

因为平面，

所以AB⊥，

因为，平面ABC，

所以平面ABC；

（2）过点C作CFAB，

以C为坐标原点，CN所在直线为x轴，CF所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，

，，

设平面的法向量为，

则，

解得：，设，则，

故，

故，

因为，解得：，

故

设平面的法向量为，

则，

设，则，

则，

设平面与平面夹角的余弦值为，

则，

故平面与平面夹角的余弦值为.

21．在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，且经过点．

(1)求双曲线的标准方程；

(2)已知，是双曲线上关于原点对称的两点，垂直于的直线与双曲线有且仅有一个公共点．当点位于第一象限，且被轴分割为面积比为的两部分时，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意可得，解方程组即可求出结果；

（2）分别将直线以及直线的方程与双曲线联立，表示出点与点的坐标，然后根据题意得到关于的方程组，解方程组即可求出结果.

【详解】（1）因为的右焦点为，且经过点，

所以，解得．

故双曲线的标准方程为．

（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为．

联立消去，得．

由得且，

解得．

因为与垂直，所以设的方程为．

联立消去，化简得．

由且，得．

因为与双曲线有且仅有一个公共点，

所以，即，

化简得，且点．

因为点位于第一象限，所以，．

不妨设，分别位于双曲线的左、右两支上，记与轴的交点为．

因为被轴分割为面积比为的两部分，且与面积相等，

所以与的面积比为，由此可得．

因此，即．

又因为，所以，解得．

因为，所以，

故直线的方程为．

【点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为，再由条件求出λ的值即可.

22．已知函数．

（1）当函数与函数图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；

（2）证明：当时，函数有两个零点，且满足．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）先利用导数的几何意义和函数求出公切线方程，再将公切线方程与函数联立，表示，再构造函数利用导数求出其单调区间和值域，可求出a的取值；

（2）要证有两个零点，只要证有两个零点即可，而时函数的一个零点，所以只需再利用导数研究此函数的性质即可，由于两个零点，一个是，另一个在区间上，若设则， 所以只需利用导数证明即可 .

【详解】解：（1）设公切线l与函数的切点为，则公切线l的斜率，公切线l的方程为：，将原点坐标代入，得，解得，公切线l的方程为：，

将它与联立，整理得．

令，对之求导得：，令，解得．

当时，单调递减，值域为，

当时，单调递增，值域为，

由于直线l与函数相切，即只有一个公共点，

故实数a的取值集合为．

（2）证明：，要证有两个零点，只要证有两个零点即可．，即时函数的一个零点．

对求导得：，令，解得．当时，单调递增；

当时，单调递减．当时，取最小值，，，必定存在使得二次函数，

即．因此在区间上必定存在的一个零点．

练上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上．

下面证明．

由上面步骤知有两个零点，一个是，另一个在区间上．

不妨设则，下面证明即可．

令，对之求导得，

故在定义域内单调递减，，即．

【点睛】此题考查切线与导数的关系，利用导数研究函数零点个数，利用导数证明不等式，考查数学转换思想和计算能力，属于难题.