2023届福建省厦门双十中学高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省厦门双十中学高三上学期第三次月考数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省厦门双十中学高三上学期第三次月考数学试题

一、单选题
1．若复数满足，则的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出即得解.
【详解】由，得，
所以的虚部为．
故选：B．
2．设非空集合，满足，则　　
A．，有 B．，有
C．，使得 D．，使得
【答案】B
【分析】根据交集运算结果判定集合关系，再结合图判断元素与集合的关系即可．
【详解】解：，
错误；正确；错误；错误．

故选：．
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查子集的关系，属于基础题．
3．已知直线过抛物线：的焦点且与交于，两点，线段的中点关于轴的对称点在直线上，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】设两点的横坐标分别为，由对称性求出，再结合抛物线的定义得出弦长.
【详解】因为抛物线：，所以
设两点的横坐标分别为
因为线段的中点关于轴的对称点在直线上
所以线段的中点的横坐标为，则，即
故
故选：D
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用抛物线的定义求出弦长.
4．已知均为单位向量，且.若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】不妨设，根据数量积的坐标运算求解.
【详解】由题意不妨设，
∵，则，
∴.
故选：A.
5．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（    ）附：
A．10% B．20% C．50% D．100%
【答案】B
【分析】根据题意，计算出的值即可；
【详解】当时，，当时，，
因为
所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，
故选：B.
【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.
6．在某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位男生，2位女生，如果2位女生不能连着出场，且男生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为（    ）
A．12 B．24 C．36 D．60
【答案】D
【分析】3名男生排列，根据男生甲在第一位和不在第一位分类讨论插入女生．
【详解】先排3名男生，然后插入两个女生，如果男生甲排在3人中第一个，则他前面需要插入一个女生，由此可得方法数是．
故选：D．
7．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（    ）
A．甲与丁相互独立 B．乙与丁相互独立
C．甲与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
【答案】C
【分析】根据独立事件的概念分别判断.
【详解】由题意得，，，，，，，，
根据独立事件的乘法公式可得甲与丙相互独立，
故选：C.
8．已知函数，设，则的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】判断出奇偶性和单调性，得，构造函数，利用导数求最值得判断的大小，构造，利用导数求最值得，判断的大小可得答案.
【详解】，
，为偶函数，
令，设，
则，
因为，，，所以，
所以，所以在是增函数，又为增函数，
所以在上为增函数，
所以，
由，得，
当时；当时，所以，
当且仅当时取等号，
所以，
故，即，
令，，
当时；当时，所以，
当且仅当时取等号，

综上
故选：
【点睛】本题考查了比较大小的问题，比较大小的方法有：
（1）根据单调性比较大小；
（2）作差法比较大小；
（3）作商法比较大小；
（4）中间量法比较大小.

二、多选题
9．设为两个互斥事件，且，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，结合互斥事件的概念，逐一判断各个选项即可得解.
【详解】解：因为为两个互斥事件，且，
所以，即，故A正确，B错误；
，故C正确；
是必然事件，所以，故D正确.
故选：ACD.
10．在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，从而求得的坐标，计算，即可判断A,B,C,D的正误.
【详解】所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点,故可设棱长为2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：

对于A， ,
故 ,
则，故，即，故A正确；
对于B， ,
故 ,
则，故不垂直，故B不正确；
对于C， ,
故 ,
则，故，即，故C正确；
对于D， ,
故 ,
则，故不垂直，故D不正确；
故选：AC
11．已知数列的前n项和为，，则下列选项正确的是（    ）
A．数列的奇数项构成的数列是等差数列 B．数列的偶数项构成的数列是等比数列
C． D．
【答案】BC
【分析】根据，，进行递推得到数列的规律逐项判断.
【详解】因为，，
所以,，
，,
，,
，，
，，
，，
可以看出：偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列，
奇数项不是等差数列，
，
，
，
，
，
故选：BC.
12．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo.设计师的灵感来源于曲线C：.其中星形线E：常用于超轻材料的设计.则下列关于星形线说法正确的是（    ）
A．E关于y轴对称
B．E上的点到x轴、y轴的距离之积不超过
C．E上的点到原点距离的最小值为
D．曲线E所围成图形的面积小于2
【答案】ABD
【分析】A由、均在曲线上即可判断；B应用基本不等式即可判断；C由，结合立方和公式及B的结论即可判断；D根据与图形的位置关系判断.
【详解】若在星形线E上，则也在E上，故E关于y轴对称，A正确；
由，则当且仅当时等号成立，B正确；
由，当且仅当时等号成立，故E上的点到原点距离的最小值为，C错误；
曲线E过，，由，则在所围成的区域内部，而所围成的面积为2，故曲线E所围成图形的面积小于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：应用基本不等式有，由及立方和公式求两点距离，利用与图形的位置判断面积大小.

三、填空题
13．的展开式中的常数项为______．
【答案】
【解析】先求出展开式中的常数项与含的系数,再求展开式中的常数项.
【详解】展开式的通项公式为: , 
令，解得, 
，
令，解得, 
，
展开式中常数项为: .
故答案为:.
【点睛】本题考查二项展开式常数项的求解，属于基础题.
14．已如双曲线（，）的左右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，为坐标原点，且，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【分析】由题知焦点到渐近线的距离为，进而根据题意得，再结合离心率公式计算即可.
【详解】由题知，双曲线的渐进线方程为，
如图，由焦点到渐近线的距离为：，
由于，故在中，，
所以，即
所以离心率为：.
故答案为：

【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，考查运算求解能力，数形结合思想，是中档题.本题解题的关键在于掌握点双曲线的焦点到渐进线的距离为.
15．已知为的外心，且，（），若，则值为______．
【答案】
【分析】如图，不妨设CA=2CB=2,根据已知得到解方程组即得解.
【详解】
不妨设CA=2CB=2,


又，
所以

所以得方程组.
故答案为：
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16．如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成.若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为___________.

【答案】
【分析】根据题中所给的条件，分析图中点、面之间的关系，判断出外接球球心所处的位置，列出等量关系，求得半径，进而求得球的表面积.
【详解】根据题意，其上下底面为全等的正六边形，且是错开的，
所以侧面才会形成12个棱长为1的正三角形，
如图，为上下底面在下底面形成的投影，

且，所以，
过侧面任一三角形上顶点做底面垂线，设垂足为A，设为上下底面距离，
则有，
设球的半径为，则有，
所以其外接球的表面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的表面积的求解问题，在解题的过程中，分析得出几何体外接球球心的位置以及放到相应三角形中来求解是正确解题的关键.

四、解答题
17．在①数列为递增的等比数列，且，②数列满足，③数列满足这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再完成解答．
问题：设数列的前n项和为，，__________．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）选①②③均有，；（2）．
【解析】（1）选①，运用等比数列的通项公式解方程可得公比，可得所求通项公式；选②，运用构造等比数列，以及数列的递推式，可得所求通项公式；选③，将换为，两式相减，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求通项公式；
（2）求得，由数列的裂项相消求和，化简整理可得所求和．
【详解】（1）选①数列为递增的等比数列，且，
设等比数列的公比为，，
则，解得舍去），
所以；
选②数列满足，
可得，数列是首项为，公比为2的等比数列，
则，即为，
当时，，
也满足上式，
所以，；
选③（1），
当时，（2），
由（2）（1）可得，即，
又因为，，也满足上式，
故数列为首项为2，公比为2的等比数列，所以，；
（2）由（Ⅰ）可得，，
所以
．
【点睛】方法点睛：本题考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：
1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；
2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；
3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；
4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．
18．在△ABC中，AB=6，，点D在BC边上，AD=4，∠ADB为锐角.
(1)若，求线段DC的长度；
(2)若∠BAD=2∠DAC，求sinC的值.
【答案】(1)7
(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理得求得，在中，由余弦定理得求得，可得 ；
（2）记，在中，由余弦定理得，再由求得、，在中，由余弦定理得及，再由可得答案.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
∴或，当时，，则，符合题意；
当时，，则，不合题意，舍去；∴，
在中，由余弦定理得，
∴或（舍去），∴.
（2）由（1），
记，则.在中，由余弦定理得，∴为锐角，
∴，∴，，
在中，由余弦定理得，
∴，
∴.
19．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：

(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据三棱锥的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）确定在棱上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）如下图所示：

设的中点为，连接，，
由题意得，，；
在中，，的中点为，.
又在中，，，，
，；
又平面，平面；
平面，
又平面，
平面平面
（2）由（1）可知，，，
平面，即为直线与平面所成的角，
且，
所以，当最短时，即为的中点时，最大；
由图可知，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，
令，得，即；
易知，平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则
所以，二面角的余弦值为.
20．一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体现有份血液样本每份样本取到的可能性均等有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为．
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为．若，求关于k的函数关系式，并证明．
【答案】（1）；（2）；证明见解析．
【分析】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）由题得，，进而根据化简整理得，再令（且）得，再令，利用导数研究最值得，进而得，即，进而证明.
【详解】解：（1）设恰好经过3次检验能把有抗体血液样本全部检验出来为事件A，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．
（2）由已知得，
的所有可能取值为1，．
所以，，
所以，
若，则，
所以，，
所以，即，
所以p关于k的函数关系式为（且）
证明：令（且）
所以，
令，
，
所以得，
所以，，单调递减，
，，单调递增
所以，所以，
因为且，
所以，即，
所以，即，
所以．
【点睛】本题考查古典概型求概率，随机变量概率分布列，数学期望，利用导数研究函数的性质等，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问题解题的关键在于根据题意求得，进而结合得，再通过换元法结合导数研究函数不等式.
21．已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为
（1）求的方程.
（2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).
①求直线和交点的轨迹方程；
②是否存在实常数，使得恒成立；
③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过定点.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；
（2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果.
【详解】（1）依题意，得，
即，解得
所以的方程
（2）选择①，设直线的方程为，
联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，
得
直线的方程：；直线的方程：；
联立方程，得，两式相除，得
，
即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线.
选择②联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，
得
于是

故存在实数，使得恒成立.
选择③，
联立方程，得，化简整理，得，
由韦达定理，得，
直线与轴交于点，由对称性可知，，
假设，即，
则，
所以，

即，解得，
所以直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：得出利用整体代换思想是解决①②的关键；根据对称性得出定点以及是解决③的关键.
22．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求的取值范围，并证明.
【答案】(1)见解析；(2)见证明
【分析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），x＞0，利用分类讨论思想，结合导数性质能讨论函数f（x）的单调性．
（2）先求k的取值范围是，再证明f（﹣2k）＝ln（﹣2k）0．然后证明x1+x2≥2，即证（1）（1+t）2＜﹣8lnt，即证8lnt+（）（1+t）2＜0，（t＞0）．设h（t）＝8lnt+（）（1+t）2，t＞1．则h（t）＝8lnt﹣t2﹣2t，t＞1．由此能证明x1+x2＞2．
【详解】（1）解：因为，函数的定义域为，
所以．
当时，，
所以函数在上单调递增．
当时，由，得（负根舍去），
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减；在上单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增
（2）先求的取值范围：
方法1:由（1）知，当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要使函数有两个零点，首先，解得．
因为，且，
下面证明．
设，则．
因为，所以．
所以在上单调递增，
所以 ．
所以的取值范围是．
方法2:由，得到．
设，则．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以由 ．
因为时，，且，
要使函数有两个零点，必有．
所以的取值范围是．
再证明：
方法1:因为，是函数的两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
所以，即，，．
要证，即证．
即证，即证．
因为，所以即证，
或证 ．
设，．
即，．
所以．
所以在上单调递减，
所以．
所以．
方法2:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
所以，即，，．
要证，需证．
即证，即证．
因为，所以即证 ．
设，
则，．
所以在上单调递减，
所以 ．
所以．
方法3:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
要证，需证．
只需证．
即证，即证．
即证．
因为，所以，即．
所以．
而，
所以成立．
所以．
方法4:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
由已知得即．
先证明，即证明 ．
设，则．
所以在上单调递增，所以，所证不等式成立．
所以有 ．
即．
因为（），
所以，即．
所以．
方法5:要证，其中 ， ，
即证．
利用函数的单调性，只需证明．
因为，所以只要证明，其中 ．
构造函数，，
则．
因为
（利用均值不等式）

，
所以在上单调递减．
所以．
所以在上恒成立．
所以要证的不等式成立．
【点睛】本题考查函数单调性的讨论，考查不等式的性质，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是难题．