2023届福建省厦门双十中学高三高考适应性考试数学试题含解析

2023届福建省厦门双十中学高三高考适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则的元素个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据一元二次不等式解法和函数定义域分别解得，，即可得中有2个元素.

【详解】由解得，

由可得；

所以，即的元素个数为2个.

故选：B．

2．若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（    ）

A．实部是 B．实部是 C．虚部是0 D．虚部是

【答案】A

【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得．

【详解】设（且），，

是实数，因此，（舍去），或．

故选：A．

3．平面向量，若，则（    ）

A．6 B．5 C． D．

【答案】B

【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.

【详解】因为，，

所以，解得，

所以，

因此.

故选：B．

4．设公差不为零的等差数列的前n项和为，，则（    ）

A． B．-1 C．1 D．

【答案】C

【分析】利用等差中项，及等差数列前n项和的性质即可求解.

【详解】解：在等差数列中，，，故，

又，故，

则，故.

故选：C.

5．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.

【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，

因为棱长为1的正四面体的高，

则棱长为1的正四面体的体积，

所以该截角四面体的体积为．

故选：C．

6．已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.

【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；

由图可知，利用整体代换可得，

所以，若为已知，则可求得.

故选：B

7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.

【详解】

因为，所以∽，

设，则，设，则，．

因为平分，由角平分线定理可知，，

所以，所以，

由双曲线定义知，即，，①

又由得，

所以，即是等边三角形，

所以．

在中，由余弦定理知，

即，化简得，

把①代入上式得，所以离心率为．

故选：A．

8．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.

【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，

又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，

所以在单调递增，

所以，

所以关于直线对称，且在单调递增．

所以，

两边平方，化简得，解得．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.

二、多选题

9．已知圆M：，直线l：，直线l与圆M交于A，C两点，则下列说法正确的是（    ）

A．直线l恒过定点

B．的最小值为4

C．的取值范围为

D．当最小时，其余弦值为

【答案】ABC

【分析】A.直线方程变形为，即可判断定点坐标；B.根据定点是弦的中点时，此时最短；C.根据向量数量积公式，转化为求的最值；D.根据C即可判断.

【详解】A.直线，即，直线恒过点，故A正确；

B.当定点是弦的中点时，此时最短，圆心和定点的距离时，此时，故B正确；

C.当最小时，最小，此时，此时，当是直径时，此时最大，，此时，所以的取值范围为，故C正确；

D.根据C可知当最小时，其余弦值为，故D错误.

故选：ABC

10．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（    ）

A．两条异面直线和所成的角为

B．存在点P，使得平面

C．对任意点P，平面平面

D．点到直线的距离为4

【答案】BCD

【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.

【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，

所以，四边形为平行四边形，故，

又平面，平面，则平面，所以B正确；

对于C，连结，由于平面，平面，故，

又，故，故，即，故，

又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；

对于D，由正方体的性质可得，，

所以，

所以，所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：BCD．

11．在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：

定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（    ）A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校

B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率

C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%

D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率

【答案】ABD

【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.

【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，

乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正确；

设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；

由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，

当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；

故选：ABD

12．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（    ）

A． B．

C．为递减数列 D．

【答案】AC

【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.

A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；

BC选项，由图像可判断选项；

D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.

【详解】的极值点为在上的变号零点.

即为函数与函数图像在交点的横坐标.

又注意到时，，时，，

，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.

A选项，注意到时，，，.

结合图像可知当，.

当，.故A正确；

B选项，由图像可知，则，故B错误；

C选项，表示两点与间距离，由图像可知，

随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；

D选项，由A选项分析可知，，

又结合图像可知，当时，，即此时，

得在上单调递增，

则，故D错误.

故选：AC

【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.

三、填空题

13．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为__________．

【答案】

【分析】根据投影向量的定义求解.

【详解】因为，，

所以向量在方向的投影向量为.

故答案为：

14．若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则____________.

【答案】8

【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.

【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，

则可知圆心到两直线的距离相等，

由圆的圆心为：，

圆心到的距离为：

，

圆心到的距离为：

，

所以，

由题意，

所以，

故答案为：8.

15．函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为__________．

【答案】

【分析】分和两种情况讨论，当时，根据二次函数的图象得到，当时，分和两种情况讨论，时，将转化为，然后借助函数的单调性和最值解不等式即可.

【详解】由题意知，当时，；

当时，；当时，．

当时，，

结合图象知；当时，，当时，显然成立；

当时，，

令，则，

所以在单调递增，在单调递减，

所以，所以．

综上，实数a的取值范围为．

故答案为：．

16．设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.

【答案】##1.25

【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.

【详解】

设，，联立整理得: ;

所以，得到，所以；

过F作直线PA的垂线与直线交于Q，

因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，

Q是与的交点

所以得 ，所以

设则

所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.

故答案为：

【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；

（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；

本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.

四、解答题

17．设数列的前n项和为．已知，，．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)设数列的前n项和为，且，令，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)应用,结合等差数列定义证明即可;

(2)先求等比数列的通项公式,再两次应用错位相减或裂项相消

【详解】（1）①，

当时，②，

①－②得：,

即，

所以，且，

所以是以1为公差的等差数列．

（2）由（1）得，．

当时，；当时，；

又满足上式，所以．

所以，记数列的前n项和为．

方法一：（两次错位相减）

，①

，②

①－②得，③

则，④

③－④得

，

所以．

方法二：（裂项）

因为，

所以

．

18．如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.

(1)证明：直线平面；

(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，

由，故，所以，所以，

所以，所以为中点，

又且，且，

所以且，

故四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面.

（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴

建立如图所示的空间直角坐标系.

则.

所以.

设平面的法向量，由，得，

取，

故所求角的正弦值为，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

19．如图，在平面四边形中，，，.

(1)当，时，求的面积；

(2)当，时，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用余弦定理求出，，再利用诱导公式、三角形面积公式计算作答.

（2）在和中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答.

【详解】（1）当时，在中，由余弦定理得，

即，解得，，

因为，则，又，

所以的面积是.

（2）在中，由正弦定理得，即，

在中，由正弦定理得，即，

则，整理得，而，为锐角，

所以.

20．某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．

(1)根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；

(2)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；

(3)复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及均值．

附：若随机变量X服从正态分布，则：，，．

【答案】(1)

(2)人

(3)分布列见解析，均值为

【分析】(1)根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；

(2)由可知即可求解；

(3)根据题意确定Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，利用独立性可求得分布列，进而求得均值.

【详解】（1）样本平均数的估计值为．

（2）因为学生初试成绩X服从正态分布，其中，，

则，

所以，

所以估计初试成绩不低于88分的人数为人．

（3）Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，

则，

，

，

，

，

，

故Y的分布列为：

所以数学期望为．

21．已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．

(1)求证：点R为线段的中点；

(2)记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析.

(2)存在，.

【分析】（1）设设，，，联立椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出的坐标，计算；继而求出直线的方程，求得点坐标，即可证明结论；

（2）利用（1）的分析，求得，进而表示出，，计算的结果， 再求得的表达式，即可求得与之间的关系，即可得出结论.

【详解】（1）证明：由题意知，，

设，，，

联立，得，，

则，，

直线的方程为，

令，得，所以，

同理，．

所以

,

直线，令得，所以，

则，故点R为线段的中点．

（2）由（1）知，，

又，

所以．

由（1）知点R为线段的中点，

故

，

所以．

故存在，使得．

【点睛】难点点睛：解答直线和圆锥曲线的位置关系类的题目时，解决问题的思路想法不是很困难，一般利用直线方程和圆锥曲线方程联立，可得根与系数的关系，结合题设进行化简求值等，但难点在于计算的复杂性，以及计算量较大，并且大多为字母参数的运算，因此要十分细心.

22．已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.

(1)求实数的取值范围；

(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；

（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.

【详解】（1）由且，可得.

设，则，

令，解得.

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

函数的图象如下：

又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；

要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.

（2）因为，由（1）得，则，

设，则，即，

由有最小值，即有最小值.

设  ，

记，

由于，若，则，可得单调递增，

此时，即单调递增，

此时在没有最小值，不符合题意.

若，时，，则在单调递减，

时，，则在单调递增.

又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.

此时时，，即，此时在上单调递减；

时，，即， 在上单调递增.

所以时，有最小值，

而，即，整理得

此时，由题意知.

设

设.

设，故递增，.

此时递增，有，

令且，则，即在上递增，故，

此时，故在递增，而知，的唯一解是.

故的唯一解是，即.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.