2023届福建省高三上学期12月联合测评数学试题（解析版）

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2023届福建省高三上学期12月联合测评数学试题一、单选题1．已知集合，则集合的真子集的个数为（    ）A．16 B．15 C．32 D．31【答案】B【分析】先求出不等式的解集确定集合中元素，然后求出真子集的个数即可.【详解】不等式可化为，解得：，所以集合则其真子集的个数为.故选：B.2．已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由平面向量模的坐标表示求得，再利用平面向量数量积与模求得向量，夹角的余弦值.【详解】依题意，设与夹角为，因为，，，所以.故选：C.3．在前项和为的等比数列中，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等比数列通项公式化简已知等式可求得，结合等比数列求和公式可得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，解得：，.故选：B.4．“m=0是“直线与直线之间的距离为2”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】根据平行线间的距离公式可得或，进而根据充分与不必要条件的定义判断即可.【详解】两条平行线间的距离，即，解得或，即“”是“两直线间距离为2”的充分不必要条件.故选：A.5．已知双曲线C1：与双曲线C2：的离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求最小.，【详解】易知，，则，由基本不等式，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：D.6．已知函数（其中）在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用在上单调递增，在上单调递减得到的范围可得答案.【详解】当时，，所以，解得，当时，，因为，所以，所以，解得，综上所述，.故选：C.7．在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，已知AB=6，∠APB=2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ）A．49π B．36π C．32π D．28π【答案】A【分析】设侧棱长为x，由求得和的余弦值，利用二倍角公式可求得，从而求得棱锥的高，设球心为M，球半径为，表示出，然后由勾股定理可求得，得球表面积．【详解】设侧棱长为x，且易知则，因为，则,所以，解得，所以，设球心为M，则MP=MA=R，，因为，所，解得，所以表面积，故选：A.8．已知函数，其中e是自然对数的底数，若直线与曲线相切于不同的两点A，B，且A，B的横坐标分别为，则实数a的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由导数的几何意义与切点的性质得到同时满足方程和方程，从而推得方程与，两式相加即可求得，由此得解.【详解】由题意可知，同时满足方程和方程，因为，则，所以，因为，所以满足方， 又满足方程，所以，则，又由得，则，即，上述两式相加得，整理得，所以实数a的值为.故选：D.二、多选题9．已知复数z满足，则下列说法中正确的是（    ）A．复数z的模为 B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限C．复数z的共轭复数为 D．【答案】AD【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可.【详解】因为，所以，，有，故A正确；复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，故B错误；复数的共轭复数为，故C错误；因为，故D正确，故选:AD.10．已知满足，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可判断A；根据两角差的余弦公式即可判断B；根据结合两角差的正弦公式即可判断C；根据二倍角的正切公式即可判断D.【详解】解：因为，且，所以，，则，所以，故A错误；由，得，，所以，则，故B正确；由，，得，，，所以，故C正确；因为，所以，故，故D正确.故选：BCD.11．已知函数的定义域为，对于任意的实数，都有.且当时，.则下列结论正确的是（    ）A．B．对于任意的，有C．函数在上单调递增D．若，则不等式的解集为【答案】ABD【分析】令，，结合可求得，知A正确；令，由可推导证得B正确；令，由可知C错误；将所求不等式转化为，结合单调性可得自变量大小关系，解一元二次不等式可知D正确.【详解】对于A，令，，则；由时，得：，，A正确；对于B，令，则；当时，，，，对于任意，，B正确；对于C，设，；，，即，又，，在上单调递减，C错误；对于D，，，则可化为：，又在上单调递减，，即，解得：，即不等式的解集为，D正确.故选：ABD.12．已知抛物线）与抛物线在第一象限内的交点为，若点P在圆C：上，则（    ）A．的取值范围为B．当直线OP与圆C相切时，的值为C．的最大值为D．的最小值为【答案】AC【分析】由题意结合基本不等建立的不等式，解不等式可判断A；由直线与圆相切可得，进而可得的值，从而判断B；利用换元法结合二次函数的性质可判断CD【详解】因为，所以，又，所以，解得，即A正确；因为，所以，当OP与圆相切时，，所以，所以，所以，即B错误；因为，令，，则，，得，所以，即C正确，D错误，故选：AC.三、填空题13．已知菱形ABCD的边长为2，.将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的体积为______.【答案】【分析】将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的等同于底面半径为，高为2的圆柱体的体积，由圆柱的体积公式求解即可【详解】过点作交于点，过点作交于点，过点作交的延长线于点，因为菱形ABCD的边长为2，，所以，且与全等，将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的等同于底面半径为，高为2的圆柱体的体积，所以.故答案为：14．已知奇函数在上单调递减，且，则函数的解析式可以为=______.（写出一个符合题意的函数即可）【答案】（答案不唯一）【分析】根据正弦函数的周期和单调性的性质，直接写出符合题意的解析式即可.【详解】因为，所以奇函数的周期为4，所以可得，时，，可知此时在上单调递减.故答案为：15．若函数（其中）存在最小值，则实数a的取值范围为______.【答案】【分析】求导后因式分解，并分类讨论极值点与区间端点的大小关系可以进一步求解.【详解】，①若，根，单调递减，无最小值，不符合题意；②若，令，解得在上递减，上递增，，所以符合题意；③若，则，单调递增，无最小值，不符合题意；综上所述：.故答案为：.四、双空题16．已知数列，若一个新数列的前n项和为，则称该数列为数列的“一阶衍生数列”，记作数列；同样的，若再有一个新数列的前n项和为，则称该数列为数列的“二阶衍生数列”，记作数列；以此类推…….记为数列的“k阶衍生数列”中的第m项，已知，则______；设数列的前n项和为，则=______.【答案】     17     【分析】①根据新定义求即可；②根据新定义得到，再结合得到，然后再利用新定义得到，结合，得到，最后分组求和即可.【详解】因为，，，所以，，所以；由题意可知，，且，所以，所以，又，所以，所以，即，因为，所以，所以，又，所以，即，所以.故答案为：①17；②.五、解答题17．从①；②；③三个选项中，任选一个填入下列空白处，并求解.已知数列，满足，且，，______，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】选①，选②，选③【分析】先根据递推公式可得，进而得到.选①：化简可得，直接可得；选②：化简可得，再代入裂项求和即可；选③：，错位相减求和即可.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，.选①：，所以，选②：，所以，选③：，所以，，两式相减，可得18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.(1)若，求的值；(2)求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；（2）利用余弦定理结合已知得，利用二次函数求得最小值．【详解】（1）解：，且，，，由正弦定理可知，，，即，，整理得，；（2）解：，由余弦定理可知，，且，，当时，的最小值为．19．已知等轴双曲线：的虚轴长为.(1)求双曲线的标准方程；(2)过双曲线的右焦点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，请问轴上是否存在一定点P，使得?若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)满足题意的定点Р存在，坐标为.【分析】（1）由题意得，，即可得到双曲线方程；（2）根据已知可设直线AB的方程为.设存在，根据，可得，代入相关点的坐标，可得，由的任意性，即可得出存在.【详解】（1）由双曲线C的虚轴长为，有，可得，又由双曲线C是等轴双曲线，可得，故双曲线C的标准方程为.（2）由（1）可知，，，则双曲线C的右焦点F的坐标为，假设存在这样的点P，设点P的坐标为，设直线AB的方程为，点A，B的坐标分别为，联立直线与双曲线的方程可得，，当时，因为双曲线的渐近线方程为，可知直线与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线仅有一个交点，不合题意，所以.则恒成立，有，，，.若，可知直线AP和直线BP的斜率互为相反数，即.又，，所以整理可得，，即，即.要使时，该式恒成立，即与的取值无关，则应有，所以.由上知满足题意的定点Р存在，坐标为.20．如图1，在等腰直角三角形ABC中，，D是AC的中点，E是AB上一点，且.将沿着DE折起，形成四棱锥，其中点A对应的点为点P，如图2.(1)在图2中，在线段PB上是否存在一点F，使得∥平面PDE？若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由；(2)在图2中，平面PBE与平面PCD所成的锐二面角的大小为，求四棱锥的体积.【答案】(1)当时，∥平面PDE，理由见解析(2)【分析】（1）利用线线平行即可证得平行.（2）利用向量法求得四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.【详解】（1）当时，∥平面PDE.理由如下：过点作，垂足为H，在PE上取一点M，使得，连接HM，FM，因为，，所以∥，且因为D是AC的中点，且，所以∥，且所以∥且，CFMH是行四边形，即∥，                                                                                又因为平面PDE，平面PDE，所以∥平面PDE；（2）易知，，且，作平面，以向量为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，，，则，，设平面的法向量为，则取，则，，所以，易知平面的法向量，设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为，由题意可知，，整理得，解得或（舍去）.所以，所以四棱锥的高，又四边形的面积，所以四棱锥的体积.21．已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，动直线l：与椭圆C相切，且当时，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)作F1P⊥l，F2Q⊥l，垂足分别为P，Q，求四边形F1F2QP的面积的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据椭圆切线的性质，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可；（2）根据梯形的面积公式，结合对钩函数的单调性、点到直线距离公式进行求解即可.【详解】（1）联立得∴，且∴把代人，得，∴椭圆C的标准方程为；（2）由（1）可知F1（－1，0），F2（1，0），∴|，由（1）知，由，可知n+m和n-m同号，可知设直线l的倾斜角为，则，∴由（1）可知，代人得令，函数在上单调递增，∴当，时，取最大值.【点睛】关键点睛：利用对钩函数的单调性是解题的关键.22．已知函数.(1)求函数f（x）的极值；(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)极大值为，极小值为0；(2)【分析】（1）由导数研究函数的单调性，进而研究其极值；（2）将不等式转化为，研究的最小值，分类讨论与是否成立，即可得结果.【详解】（1）∵∴，解得或，，解得，故函数的增区间为 ， ，减区间为（－1，0），∴函数的极大值为，极小值为.（2）不等式，可化为，，可化为，可化为，可化为，令， ，有， ，解得 ，，解得，可得函数的减区间为（0，1），增区间为（1，+∞），∴（当且仅当时取等号），可得不等式，（当且仅当时取等号）故有，（当目仅当时取等号）①当时，因为，所以，，可知不等式成立；②当时，令， ，∴在单调递增，且，可知存在满足，此时有，而，此时不满足恒成立，综述：.即：若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（－∞，1].【点睛】不等式恒成立（能成立）问题，一般有两种方法，方法1：分离参数法解决恒(能)成立问题，方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.