2023届福建省三明市教研联盟校高三上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省三明市教研联盟校高三上学期期中联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省三明市教研联盟校高三上学期期中联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求出即得解.
【详解】解：由题得，
所以.
故选：D
2．已知是虚数单位，，则“复数为纯虚数”是“”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】B
【分析】复数为纯虚数时，根据充分必要条件的定义进行判断.
【详解】为纯虚数，则，且，即.
因此“复数为纯虚数”不能推出“”， 而“”时“复数为纯虚数”一定成立，所以“复数为纯虚数”是“” 的必要不充分条件.
故选：B
3．同时具有以下性质：“①最小正周期是：②在区间上是增函数”的一个函数是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是增函数，故A选项符合题意；
对于B选项，函数的最小正周期，故B选项不符合题意；
对于C选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是减函数，故C选项不符合题意；
对于D选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是非单调函数，故D选项不符合题意；
故选：A
4．定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度.其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（    ）

A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
5．将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，则该数列为先减后增数列的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，求出这五个数随机排成一列组成一个数列的所有可能情况，该数列为先减后增，可知1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，结合1前面的情况，分类讨论求出满足条件的情况数，最后根据古典概型求出概率即可．
【详解】解：将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，
则所有可能情况有种情况，
由于该数列为先减后增，
则1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当1前面只有一个数时，有4种情况，
当1前面只有2个数时，有种情况，
当1前面有3个数时，有4种情况，
故一共有，
故数列为先减后增数列的概率．
故选：B．
【点睛】本题考查数学排列问题，考查分类加法计数原理、排列和组合在实际问题中的应用，以及古典概型的概率的公式，考查分类讨论思想和运算能力．
6．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是.若经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的（    ）（参考数据：）
A．45倍 B．50倍 C．55倍 D．60倍
【答案】C
【分析】先求出经过200天后的进步值和退步值，再根据对数与指数关系，对数与指数的运算性质求值.
【详解】由已知经过200天，“进步”的值为，“退步”的值为，
所以“进步”的值与是“退步”的值的比值，两边取对数可得，又，
，所以，因为，所以，所以经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的55倍，
故选：C.
7．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．是数列中的最大值
C． D．数列无最大值
【答案】C
【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．
【详解】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，
又由，即，又，则有或，
又当时，可得，由，则与矛盾
所以，则有，
由此分析选项：
对于A，，故，故A错误；
对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；
对于C，等比数列中，则，则，故C正确；
对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.
故选：C.
8．对任意恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由得，令，，利用导函数求最小值、最大值即可.
【详解】当时，，不等式显然成立；
当时，，
令，
令，则是上的增函数且，
当时，此时递减，时，此时递增.
故的最小值为，
令，则，
故是增函数，的最大值为，故，
综上所述，，
故选：D

二、多选题
9．下列说法正确的有（    ）
A．若事件与事件互斥，则事件与事件对立
B．若随机变量，则方差
C．若随机变量，，则
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和
【答案】BCD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可直接得出方差的结果，
再利用可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；
利用线性回归方程分析，先将转化为，对应解析式可判断D选项.
【详解】由对立事件和互斥事件定义可得，对立事件是互斥的，互斥事件不一定对立，所以A选项错误；
由二项分布可得，又由公式可得
，所以B选项正确；
正态分布，对称轴， ，
得，又因为与关于对称，所以，
所以C选项正确；
将两边同时取得，，与对应，
则，即，，所以D选项正确.
故选：BCD
10．已知向量，则下列命题正确的是（    ）
A．的最大值为
B．存在，使得
C．若，则
D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
【答案】ABD
【分析】利用平面向量的坐标运算，计算，结合辅助角公式等三角知识判断正误.
【详解】对于A，，其中，
所以当，最大值为，A正确.
对于B，因为，所以当，且时，，
即使得，时，符合题意，所以B正确.
对于C，若，则，此时，C错误.
对于D，在上的投影向量为，
所以，所以和的夹角为，D正确.
故选：ABD.
11．已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．三棱柱的体积为
B．平面
C．与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】对A：由棱柱的体积计算公式直接求解即可；对B：通过证明所在平面平行于平面，即可由面面平行推出线面平行；对C：根据线面角的几何求法，先找到线面角，再求解即可；对D：根据等体积法，直接求解即可.
【详解】对A：，故A错误；
对B：连接，如下所示：

易知//，面面，故//面；
易知//，面面，故//面；
又面，故面//面；
又面，故//面，故B正确；
对C：连接交于点，连接，如下所示：

因为为正方形，故可得，又面面，故，
又面，，故面，又面与面为同一个平面，
则直线与平面所成角即为，又面，则，
故在△中，，，又，故，
即与平面所成角为，C正确；
对D：在△中，，故；
在△中，，故，又面，
设点到面的距离为，则由可得，
即，解得，即点到面的距离为，故D错误.
故选：BC.
12．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.
【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.

三、填空题
13．已知，则的值为___________.
【答案】
【分析】赋值法求，根据二项式展开式通项求，即可求.
【详解】令，
由的展开式的通项为，
令，得，令，得，
所以，
所以.
故答案为：
14．将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，则的最小值是___________.
【答案】
【分析】利用三角函数的图像变换以及奇偶性的性质求解.
【详解】由题意可得：，
∵为偶函数，则，
∴，
又∵，即，则，
∴当时，取到最小值为5.
故答案为：5.
15．如图，已知三棱柱，底面是边长为的等边三角形，在底面的射影是的中心，且为的中点，在线段上且，过点作三棱柱的截面，若交于点，则三棱锥外接球的表面积是___________.

【答案】
【分析】根据三角形相似可得是的中点，取的中点，的中心，根据线面垂直的判定定理可得平面，故平面球心到平面的距离.在中，由余弦定理求出，由正弦定理可求得外接圆半径，从而可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.
【详解】延长交于点，连接交与M点，如图，易知,则.
取中点，则,且有.
故是的中点.
取的中点，易得四边形是平行四边形.
设的中心为，在上，因为在底面的射影是的中心，
所以平面，
因为，所以,
且三棱锥的外接球与三棱锥的外接球相同.
因为平面，即平面.
因为平面，所以.
因为，平面
所以平面球心到平面的距离.
在中，由余弦定理可求得，
再由正弦定理可求得外接圆半径.
.
三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为:.

【点睛】方法点睛：
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

四、双空题
16．已知函数，若存在互不相等的实数，，，使得，则（1）实数的取值范围为_________；（2）的取值范围是_________．
【答案】         
【分析】画出的图象，由题意可知直线与函数的图象有4个交点，从而可求出实数的取值范围，不妨设，则必有，，从而有，且，利用对勾函数的性质可求出的范围，进而可求出的取值范围
【详解】解：函数的图象如图：
，
即直线与函数图象有4个交点，故．
，不妨设，
则必有，，
，则，且，
，由对勾函数的性质可得函数在上单调递增，
，
．
故答案为：，

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查数学转化思想和数形结合的思想，解题的关键是画出函数图象，结合图象求解即可，属于较难题

五、解答题
17．已知数列的前项和为，满足，且是与的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，利用可得是以1为首项，3为公比的等比数列，即可得出通项公式；
（2）可得，利用裂项相消法即可求解.
【详解】解：（1）是与的等差中项，，
所以当时，，两式相减可得，即
又因为当时，，
因此满足上式，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列，
（2），，

.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
18．已知函数，其中．
(1)若函数的单调减区间为，求实数，的值；
(2)若，已知曲线在点处的切线与轴的交点为，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)13

【分析】(1)由已知的解集为，根据二次方程和二次不等式的解的关系求，的值；(2)根据导数的几何意义确定的关系，由此可得，利用导数求其最小值．
【详解】（1）因为，所以，
已知函数的单调减区间为，故的解集为，
所以故解得，，
当，时，，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
满足已知条件，故，；
（2）因为，所以，可得，即，
又由，
得切线方程为，即，
令，可得，即，则，
令，，可得，，
令，即，解得，令，即，解得，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为．
19．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．

【答案】（1）（2）
【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.
试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.
故PA＝. 5分
（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cos α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分
【解析】（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.

20．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.
【详解】（1）设，连接，


在菱形中，为中点，且，
因为，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，

易知，则，，
因为，，所以为二面角的平面角，
所以，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设二面角为，则，
又，则.
21．中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车､电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.
(1)求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；
(2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
总计
男性
39
6
45
女性
30
15
45
总计
69
21
90

依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；
(3)在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.
①参考数据：；
②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；
（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.
（iii），其中.附表：












【答案】(1)，与线性相关较强
(2)认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于
(3)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】(1)利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；
（2）直接利用独立性检验公式求出，根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关；
(3)采用分层抽样先得出男性车主和女性车主的选取人数，得出可能取值0,1,2，分别求出对应概率，即可得的分布列，再结合期望公式，即可求解.
【详解】（1）（1）相关系数为
故与线性相关较强.
（2）零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，
即购买电动汽车与车主性别无关.

所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.
（3）抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为故
,,
故的分布列为：

0
1
2






22．已知函数与函数
(1)若，求的取值范围;
(2)若曲线与轴有两不同的交点，求证:两条曲线与共有三个不同的交点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由函数化简得，然后采用分离常数的方法转化为求函数的最值求解即可.
（2）根据题设先证两条曲线与曲线相交于两个交点，再构造新函数来证明这两曲线还有除这两交点外的第3个交点，即证两条曲线与共有三个不同的交点.
【详解】（1）即
若则不等式恒成立
若由得
令则
在单调递增，在单调递减
∴即
∴a的取值范围是
（2）若曲线与x轴有两不同的交点，即函数有两个不同的零点，
，不妨设，由（1）可得到.
，则，即.
同理：由得，从而曲线与曲线已经相交于两个交点.
下面证明这两条曲线还有一个交点：
令，则
令
关于t单调递增，
令
∴存在，使在递减，在递增，
又，
∴有两个零点，不妨设，令，即有且只有两个极值点.
从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又
若，则，又由得与题设矛盾
∴同理且.又
故
∴
故在间存在唯一的使得
即两条曲线与还有一个交点
故若曲线与x轴有两不同的交点，则两条曲线与共有三个不同的交点.
【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，最值，函数的零点，考查了学生很强的运算能力和分析问题的能力，属于难题.