2023届福建省福州市第四中学高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

2023届福建省福州市第四中学高三上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出集合后可求.

【详解】由题可知：，

所以．

故选：B．

2．记的内角的对边分别为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦定理角化边可直接化简得到结果.

【详解】由正弦定理得：.

故选：C.

3．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据切线与已知直线垂直，可以得到切线的斜率，与求导的斜率相等，即可求出参数的值

【详解】．当时，,因为切线与直线垂直，直线斜率为，所以切线斜率为，即，得：

故选：A

4．已知数列为等比数列，且首项，公比，则数列的前8项的和为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】数列的偶数项构成以为首项，以为公比的等比数列，即可求出数列的前8项的和.

【详解】由已知可得数列为等比数列，且首项，公比，

则数列的偶数项构成以为首项，以为公比的等比数列，

则数列的前8项的和为：.

故选：B.

5．若是第三象限角，且，则等于（　　）

A． B．－ C． D．5

【答案】A

【分析】先求得的值，然后求得的值，进而求得的值.

【详解】依题意，

即，

由于是第三象限角，所以，

所以.

故选：A

6．设椭圆的左、右焦点分别为，，点M，N在C上（M位于第一象限），且点M，N关于原点O对称，若，，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据椭圆的定义及所给条件可得出，再由勾股定理可得，据此可求出离心率得解.

【详解】依题意作图，由于，并且线段MN，互相平分，

∴四边形是矩形，其中，，

设，则，

根据勾股定理，，，

整理得，

由于点M在第一象限，，

由，得，即，

整理得，即，解得．

故选：C．

7．在棱长为1的正方体中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】画出几何体，找到多面体，根据棱锥体积计算公式，即可求得结果.

【详解】根据题意，作图如下：

多面体即为四面体与四面体的公共部分，

其中均为各个面的中心，且平面//面，面，

故，

又四边形的面积与其投影在底面所得四边形的面积相等，如下所示：

故四边形的面积，

又点到平面的距离为，

故.

故选：C.

8．已知函数，则、、的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，分析函数在上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、的大小，并比较与的大小，结合函数的单调性可得出结论.

【详解】因为，

对任意的，

，

所以，函数的图象关于直线对称，则，

当时，，

因为二次函数在上为增函数，且，

所以，函数、在上为增函数，

所以，函数在上为增函数，

令，其中，则，

故函数在上为减函数，所以，，即，

所以，，所以，，

又因为，即，所以，.

故选：A.

二、多选题

9．已知函数，若，为的两个不同的极值点，则实数a的取值可能是（    ）．

A． B． C．3 D．4

【答案】AD

【分析】求导，根据导函数的零点数确定参数a.

【详解】 ，

因为有两个不同的极值点，所以，解得或；

故选：AD.

10．为迎接党的二十大胜利召开，某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照､分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（    ）

A．

B．得分在区间内的学生人数为200

C．该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80

D．估计该校学生党史知识竞赛成绩的平均数落在区间内

【答案】ABD

【分析】根据频率分布直方图的性质直接计算即可.

【详解】对于A，由频率分布直方图性质得：，解得，故正确；

对于B，由频率分布直方图得：成绩落在区间的频率为，所以人数为，故B正确；

对于，由频率分布直方图得：的频率为的频率为，所以成绩的中位数位于区间内，故错误；

对于D，估计成绩的平均数为：，所以成绩的平均数落在区间内，故D正确.

故选：ABD.

11．在平面直角坐标系中，三点，，，动点满足，则（    ）

A．点的轨迹方程为 B．面积最大时

C．最大时， D．到直线距离最小值为

【答案】ABD

【分析】根据可求得点轨迹方程为，A正确；

根据直线过圆心可知点到直线的距离最大值为，由此可确定面积最大时，由此可确定B正确；

当最大时，为圆的切线，利用切线长的求法可知C错误；

求得方程后，利用圆上点到直线距离最值的求解方法可确定D正确.

【详解】设，由得：，即，

化简可得：，即点轨迹方程为，A正确；

直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，

，面积最大为，此时，

，B正确；

当最大时，则为圆的切线，

，C错误；

直线的方程为，则圆心到直线的距离为，

点到直线距离最小值为，D正确.

故选：ABD.

12．已知抛物线，直线l与抛物线C交于A，B两点，且，O为坐标原点，且，若直线l恒过点，则下列说法正确的是（    ）

A．抛物线方程为

B．

C．的面积的最小值为32

D．弦中点的轨迹为一条抛物线

【答案】ABD

【分析】A选项：设直线的方程和抛物线方程联立，得到，，再结合列方程，解得即可得到抛物线的方程；

B选项：利用抛物线方程和韦达定理即可得到，；

C选项：求出的面积，利用韦达定理整理即可得到最小值；

D选项：利用韦达定理得到中点的坐标，再通过消参的思路即可得到轨迹方程.

【详解】设直线，联立得，所以，，因为，则，利用代入，解得，所以抛物线方程为，且，故A，B正确；

（当且仅当时取等号），故C错误；

设的中点为M，则，所以．即，所以M点的轨迹为一条抛物线，故D正确，综上ABD正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．已知直线l的一个方向向量，且经过点，则直线l的方程为___________

【答案】

【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，再用点斜式求出直线方程即可；

【详解】解：因为直线l的一个方向向量，所以直线的斜率为

所以直线方程为整理得

故答案为：

14．若复数z满足（i为虚数单位），则__________．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算求出，再求模即可得解.

【详解】∵，

∴，即，

∴．

故答案为：．

15．甲、乙、丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲、乙、丙三人不同的排队方案共有______种.

【答案】24

【分析】对该问题进行分类，分成以下情况①3人到队伍检测，②2人到队伍检测，③1人到队伍检测，④0人到队伍检测；然后，逐个计算后再相加即可求解；注意计算时要考虑排队时的顺序问题.

【详解】先进行分类：①3人到队伍检测，考虑三人在队的排队顺序，此时有种方案；

②2人到队伍检测，同样要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；

③1人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；

④0人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；

所以，甲、乙、丙三人不同的排队方案共有24种.

故答案为：24

16．若指数函数（且）与三次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】根据题意可得：由两个函数（且）与图像的交点转化为方程的解，再由方程转化为两函数与图像的交点，再利用导数求出函数的单调性及最大值，从而可得到的取值范围即可求出实数的取值范围.

【详解】由题意可得：

指数函数（且）与三次函数的图象

恰好有两个不同的交点，

等价于方程有两个不同的解，

对方程两边同时取对数得：，

即，

，

，

从而可转化为：与在图像上有两个不同的交点，

当时，，

当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以函数在处取到极大值，也是最大值，最大值为，

又因为当时，，

当时，，

所以，

解得

故答案为：

【点睛】本题考查了函数与方程以及利用导数求函数的最大值，考查了学生的计算能力，属于一般题.

四、解答题

17．已知函数

(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；

(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.

【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，

(2)

【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；

（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.

【详解】（1），

，

所以函数的最小正周期为，

令，，得函数的对称轴方程为，

（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，

所以，

令，

所以.又，

所以在上的单调递减区间为.

18．进入高三时需要检测考试，并且命题是以高二每次月考成绩为参照依据，在整个高二期间共有8次月考，某学生在高二前5次月考的数学成绩如下表：

(1)已知该学生的月考试成绩 y 与月考的次数 x 满足回归直线方程，若进入高三时检测考试看作高二第9次月考考试，试估计该学生的进入高三时检测考试成绩：

(2)把该学生前5次月考的考试成绩写在纸片上，折成纸团放在不透明的箱中充分混合，从纸箱中随机抽出3个纸团上写的月考成绩进行研究，设抽取的纸团上写的成绩等于平均值的个数为，求出的分布列与数学期望.

参考公式：，，

【答案】(1)该学生的进入高三时检测考试成绩为133分；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据最小二乘法可得线性回归直线，根据方程进而预测即得；

（2）由题可知可取0,1,2，根据古典概型概率公式计算概率，可得分布列，然后利用期望公式即得.

【详解】（1）由题可得，

，

，

，

∴，

，

所以，

当时，，即该学生的进入高三时检测考试成绩为133分；

（2）由题可知可取0,1,2，则

，

，

，

所以的分布列为：

∴.

19．设公差不为0的等差数列的前n项和为，若，且，，成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)求满足条件的正整数n的最大值．

【答案】(1)

(2)505

【分析】（1）由题知，进而解方程得，再根据通项公式求解即可；

（2）结合（1）得，进而得，再解不等式即可得答案.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差，

∵，且，，成等比数列，

∴，即，解得，

∴数列的通项公式；

（2）解：由（1）得，，

则，

∴

，

∵，

∴，解得，

∴正整数n的最大值为．

20．如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．

(1)求证：平面平面ABCD；

(2)线段MN上是否存在点H，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点H的位置．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，为线段上靠近的四等分点

【分析】（1）根据平面几何知识，结合勾股定理得，再根据证明平面即可证明结论；

（2）根据题意，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】（1）证明：如图1，∵四边形为直角梯形，，，，，

∴由平面几何的知识得，，又，

∴在中，满足，

∴为直角三角形，且．

∵四边形为矩形，

∴．

∵，，，平面，平面，

∴平面．

又∵平面，

∴平面平面；

（2）解：存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点．

以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图2，

∴，

设，由，即，得．

设平面的一个法向量为，

∴，即，不妨设，则．

平面的一个法向量为．

设二面角的平面角大小为，

∴，解得或（舍去）

所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．

21．已知双曲线的离心率是，点是双曲线的一个焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离是2.

(1)求双曲线的标准方程.

(2)设点在直线上，过点作两条直线，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点.若直线与直线的倾斜角互补，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；

（2）由题设，直线，进而与双曲线联立方程结合韦达定理得，直线的斜率为，同理可得，进而根据可得，进而可证明结论.

【详解】（1）解：根据双曲线的对称性，不妨设，其渐近线方程为，

因为焦点到双曲线的一条渐近线的距离是2.

所以，

因为双曲线的离心率是，

所以，，解得

所以，双曲线的标准方程为.

（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设，

直线.

联立整理得，

所以，.

故.

设直线的斜率为，同理可得.

因为直线与直线的倾斜角互补，

所以，所以，

则，即，

所以.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调区间;

(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为和;单调递减区间为

(2)

【分析】(1)求函数的导函数，解不等式，求函数的单调区间

(2) 令，利用导数研究其最值可求的取值范围.

【详解】（1）当时，，其定义域为，

，

令，得或;令，得.

所以的单调递增区间为和;单调递减区间为

（2），

令，由已知当时，恒成立.

①若，则在上恒成立，在上单调递增，

所以当时，，

因为，所以

所以恒成立，

所以符合题意.

②若，由，得或;由，得，

所以的单调递增区间为和的单调递减区间为.

（i） 当，即时，

在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以对，要使恒成立，只需

而成立，所以符合题意;

（ii） 当，即时，则在上单调递减，在上单调递增.

所以对，要使恒成立，只需即可，

而成立， 所以符合题意;

（iii） 当，即时，在上单调递增，所以对，要使恒成立恒成立，只需，

可见，或符合题意.

综上，实数的取值范围是