2023届福建省宁德第一中学高三上学期一模数学试题

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2023宁德一中期考答案及评分标准
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知，则的虚部为（    ）
A． B．2 C． D．
【分析】根据复数的四则运算运算求解.
【详解】因为，所以，所以的虚部为.
故选:A
2．设全集U是实数集R，，都是U的子集（如图所示），则阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B．
C． D．
B
【分析】题图中阴影部分表示集合，即可求
【详解】题图中阴影部分表示集合.
故选：B


3. 设,则
A. B. C. D.

【答案】C
4．中国空间站(China Space Station)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（    ）
A．9种 B．24种 C．26种 D．30种
【答案】B
【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员共有种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.
【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有种安排方案，
再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有种安排方案，
接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有种安排方案，
所以这5名航天员的安排方案共有种，
其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有种，同在“问天实验舱”内的安排方案有种，
即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有种，
所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有种.
故选：B.
5．已知数列的前项和为，且满足，若，则（    ）
A．2 B．4 C．20 D．40
【答案】A

6．如图所示，位于信江河畔的上饶大桥形如船帆，寓意扬帆起航，建成的上饶大桥对上饶市实施“大品牌、大产业、大发展”的战略产生深远影响.上饶大桥的桥型为自锚式独塔空间主缆悬索桥，其主缆在重力作用下自然形成的曲线称为悬链线.一般地，悬链线的函数解析式为，则下列关于的说法正确的是（    ）

A．，为奇函数
B．，有最小值1
C．，在上单调递增
D．，在上单调递增
【答案】D
【分析】运用奇偶函数的定义易知，为偶函数，运用基本不等式可求得最小值；单调性可以从符合函数的角度进行验证.
【详解】，，A错误；
，B错误；.
令
当，对每层函数的单调性进行判断后，根据复合函数的单调性判断原则易知：在上单调递增，故D对；
函数为偶函数，则在为单调递减，故C错;
故选：D
7．已知抛物线的焦点为为上一点，且在第一象限，直线与的准线交于点，过点且与轴平行的直线与交于点，若，则的面积为（    ）
A．8 B．12 C． D．
【答案】C
【分析】过作准线的垂线，垂足为，准线与轴交于点，进而根据几何关系得为等边三角形，，再计算面积即可.
【详解】解：如图，过作准线的垂线，垂足为，准线与轴交于点，
所以，，．
因为，
所以，，．
所以，．
又因为，
所以，所以为等边三角形，
所以．
若在第三象限，结果相同．
故选：C

8．关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】转化原不等式为，由此构造函数，对进行分类讨论，结合导数，通过研究时的函数值来确定的取值范围.
【详解】依题意，关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，
即的解集中有且仅有两个大于2的整数，
构造函数，
即的解集中有且仅有两个大于2的整数，
当时，对于，，
即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.
所以.
.
若，即，
设，
，
设，
，
在上递减，且，
所以当时，，递减，
由于，
所以当时，，
所以当时，递减，
所以，
所以当时，恒成立，
即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.
所以，即，
解得，所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.


二、多选题
9．下图为2022年8月5日通报的14天内31省区市疫情趋势，则下列说法正确的是（    ）

A．无症状感染者的极差大于 B．确诊病例的方差大于无症状感染者的方差
C．实际新增感染者的平均数小于 D．实际新增感染者的第80百分位数为641
【答案】AD
【分析】观察图表，逐一运算验证即可.
【详解】由图表知无症状感染者的极差大于，故A正确；
由图表知无症状感染者的波动幅度明显大于确诊病例的波动幅度，
故B错误；
由图表数据计算实际新增感染者的平均数为471.2，故C错误；
，故实际新增感染者的第80百分位数为641，故D正确.
故选：AD.
10．已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（    ）
A． B．将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象
C．在区间上单调递减 D．在区间上的值域为
【答案】ACD
【分析】利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解.
【详解】第一步：根据余弦函数的图象与性质求出，，的值，判断A选项
A选项：由题知，，
设的最小正周期为，
则，∴，∴.（三角函数图象的相邻对称中心与对称轴之间的距离为，其中为该三角函数的最小正周期）
∵，
∴，则，
得，（整体思想）
又，∴，
∴，故A正确；
第二步：利用三角函数图象的平移变换法则判断B选项
B选项：的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，
故B错误；
第三步：利用整体思想及余弦函数的图象与性质判断C，D选项
C选项：由得，则在区间上单调递减，
故C正确；
D选项：∵，∴，∴，
∴，
∴在区间上的值域为，故D正确.
故选:ACD.
11．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（    ）

A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定是否有解，从而知AB正误；利用体积桥可知，设，可求得的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误；利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则；
，，，，，，，；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
，，
，方程无解；
不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；

设，
，
当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
\\\.
故选：ACD.
12．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】对A选项从函数关于点对称得到；对B选项，通过赋值，得到的其中一个周期为4，对C选项进行求和得到值与值相关；对D由前面知道其一个周期为4，通过计算得到其每四个数值和为0，最后得到2020组数据和也为0.
【详解】因为的图象关于点对称，所以，
的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误；
令得，，因为，
所以与联立得，
，则，
所以，即的其中一个周期为4，
因为，所以．
即，所以的其中一个周期也为4，
由，得，
与联立，得，
即．所以B正确；
由，得，但与的值不确定，
又，，
所以
故C错误；
由，得，所以，
又，，
两式相加得，，所以，故D正确，
故选：BD．
【点睛】抽象函数的对称性、周期性、奇偶性综合的问题难度较大，不易推导求解，平时要多去推导练习.
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．已知向量，若，则_______．
【答案】5
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：,,即,解得,
14．某地区调研考试数学成绩X服从正态分布，且，从该地区参加调研考试的所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，则的方差为________．
【答案】2.1
【分析】利用正态分布的对称性，求得每个人的数学成绩在的概率，又所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，利用二项分布的方差公式求解即可.
【详解】解：由正态分布知，均值，且，所以
每个人的数学成绩在的概率为，所以10名学生的数学成绩在的人数，所以．
故答案为：2.1．
15．设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：

16．已知双曲线：斜率为的直线与的左右两支分别交于，两点，点的坐标为，直线交于另一点，直线交于另一点，如图1.若直线的斜率为，则的离心率为________．
【分析】设，线段AB的中点，代入双曲线的方程中可得，两式相减得，可得①，设，线段CD的中点，同理得②，由，得 三点共线， 从而求得，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】设，线段AB的中点，
则，两式相减得，
所以①，
设，线段CD的中点，同理得②，
因为，所以，则三点共线，
所以，将①②代入得：，即，
所以，即，
所以，

四、解答题
17．已知数列满足是公差为1的等差数列.
(1)证明：是等比数列；
(2)求的前项和.
【答案】(1)答案见解析
(2)，.

【分析】对于（1），证明常数即可；
对于（2），由（1）可知，后可求得.
【详解】（1）根据题意有，
即，
所以，·····························3分
故，
所以是首项为2，公比为2的等比数列.·····························5分
（2）由（1）可知，，·····························6分
所以，所以·····························7分
.，其中.·····························10分
18．在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答。
问题：已知分别为内角的对边，是边的中点，，且______。
求的值；(2)若的平分线交于点，求线段的长。
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)

(2)
【分析】（1）选①，在和中，应用余弦定理，由，求得结论；
选②，由正弦定理化边为角，求得角，然后设，，在和中对角应用余弦定理列方程组求解；
（2）由求得，再由角平分线定理求得后可得三角形周长．
【详解】（1）解：选择①：设，则，
在中，，····························2分
在中，，····························3分
∵，∴，
即，所以，故．····························6分
选择②：由正弦定理得，，
∵，∴，∴，
即，于是，∴，····························3分
设，，
在中，，即（i），
在中，，即（ii），
联立（i）（ii）解得，，，即，．····························6分
（2）解：由题意得，，
∴，∴····························12分
19．如图①在平行四边形ABCD中，，，，，将沿折起，使平面平面ABCE，得到图②所示几何体．

(1)若M为BD的中点，求四棱锥的体积；
(2)在线段DB上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ABCE所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）先证明平面，然后根据锥体体积公式求得.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面MAC与平面ABCE所成锐二面角求得点的位置，再利用向量法求得直线EM与平面MAC所成角的正弦值.
【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，，
可得，，所以．·····························1分
由图②知，平面平面，平面，平面平面，因为，所以平面，·····························3分
因为M为BD的中点，
所以．·····························5分
（2）由（1）知EA，EC，ED三者两两垂直，以点E为原点，
，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．
则，，，，，，，·····························6分
设，，·····························7分
,
即，
所以，
设平面ACM的法向量为，
所以，则，
令，得，·····························9分
设平面的法向量为，
所以，·····························10分
解得．此时的值为·····························12分

20．甲、乙两地教育部门到某师范大学实施“优才招聘计划”，即通过对毕业生进行笔试，面试，模拟课堂考核这3项程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项程序均通过后即可签约．去年，该校数学系130名毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）．
性别            人数
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
男生
45
15
女生
60
10

今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才招聘计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，m，其中0＜m＜1．
(1)判断是否有90%的把握认为这130名毕业生去年参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关；
(2)若小明能与甲、乙两地签约分别记为事件A，B，他通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y．当E（X）＞E（Y）时，证明：P（A）＞P（B）．
参考公式与临界值表：，n＝a＋b＋c＋d．

0.10
0.05
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635


【答案】(1)没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关
(2)证明见解析

【分析】(1)依据列联表中的数据代入，求出后参考临界值表.
(2)分别列出小明参加甲乙程序的分布列，算出E（X）与E（Y），通过E（X）＞E（Y）即可证明：P（A）＞P（B）．
【详解】（1）因为
，·····························4分
且，
所以没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关．·····························5分
（2）因为小明参加各程序的结果相互不影响，
所以，则．·····························6分
Y的可能取值为0，1，2，3．
，
，
，
．
随机变量Y的分布列：
Y
0
1
2
3
P




····························9分
．
因为E（X）＞E（Y），所以，即，
所以，·
所以P（A）＞P（B）．····························12分
21．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的焦距与短轴长相等，且过焦点垂直于轴的弦长为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于A，B两点，点为直线上(不在轴上)的一动点.
①|AB|=，求直线AB的方程；
②设直线PA，PB，PM的斜率分别为试探究：是否存在常数使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）①；②存在，.
【分析】（1）由题意布列关于，，的方程组，即可得到椭圆的标准方程；
（2）①由弦长的值求出直线的斜率；②分直线的斜率存在和不存在两种情况，设直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出直线，，的斜率，由可得的值．
【详解】（1）由题意可得，解得：，，
所以椭圆的标准形式：；····························3分
（2）（1）直线斜率不存在时，显然不符合题意，
设直线的方程为

····························4分
····························6分


，
所以直线的方程为；····························7分

（2）（i）当斜率不存在时，设
此时设

；····························8分

（ii）当斜率存在时，设直线的方程为
由（1）知

····························10分


而
综上：存在满足题意.····························12分

22．已知函数.
(1)求在的最小值；
(2)若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.
【答案】(1)答案见解析；
(2)正，理由见解析

【分析】（1）由导数法求最值，对、、分类讨论即可；
（2）由（1）得只有时方程有两个不同的解且可设设 ，则由列等式整理得，
结合等差中项性质可变形整理得，令 ，由导数法讨论最值得，即可进一步证明
【详解】（1）.···························1分

当 时， 在 单调递减， ；
当 时， 在 单週递减， ；
当 时， 时， 时， ， 所以 在 单週递减， 在 单调递增，
····························5分

综上，当 时， ；当 时， .
（2）值的符号为正，理由如下：
由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合題意.····························6分

当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.
不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，
则 ， 整理得····························7分

.····························9分

令 ， 则 ，令 ，
在 单调递增， .故 得证
····························12分