2023届福建省高三联合测评数学试题含解析

2023届福建省高三联合测评数学试题

一、单选题

1．已知全集，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用集合的交并补运算即可求解.

【详解】，，故．

故选：C．

2．若复数，，在复平面上对应的点在第四象限，则（    ）

A．6 B．4 C． D．

【答案】A

【分析】先对复数进行化简，然后结合复数的几何意义及模长公式求解即可.

【详解】，，

由在复平面上对应的点在第四象限，故舍去，．

故选：A．

3．已知等差数列的前项和为，，则（    ）

A．11 B．12 C．13 D．14

【答案】C

【分析】通过已知求出，再利用等差数列的前n项求和公式即可求出

【详解】设的公差为，

则，

．

故选：C．

4．已知，恒成立，则的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先通过选项求出是什么条件，选出符合题目要求的充分不必要条件即可.

【详解】，，得，A是的必要不充分条件，B是的必要不充分条件，C：是的充要条件，D：是的充分不必要条件．

故选：D．

5．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再对求导得单调性来确定选项.

【详解】易知函数的定义域关于原点对称且，所以为奇函数，

的图像关于原点对称，排除B，D，

又，故在，上都为增函数，

故选：A．

6．在中，，，，为所在平面上的一点，，则的最大值为（    ）

A． B．25 C． D．

【答案】B

【分析】构建以为原点，，分别为轴，轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设，则，利用向量数量积的坐标表示及定点到圆上点最值求的最大值.

【详解】以为原点，，分别为轴，轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，设，则，，，

所以，

而与的距离为，故其最大值为，

的最大值为．

故选：B

7．已知双曲线（，）的渐近线与交于第一象限内的两点，，若为等边三角形，则双曲线的离心率（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】利用双曲线的渐近线公式和角度之间的关系求出进而求出双曲线的离心率即可.

【详解】满足，又满足，故，轴，，

可得，．

故选：B．

8．已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（    ）

A．3 B．2 C．1 D．

【答案】C

【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定m的最小值.

【详解】，是等差数列，又∵，

∴，

故对，，

也符合上式，

，

故，即的最小值为1．

故选：C．

二、多选题

9．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．的最小值为6

【答案】AC

【分析】解不等式和可判断A，C，取特值可排除B，利用将转化为来求解最小值，确定D.

【详解】A：，因为，所以故A正确；

B：，显然满足条件，故B错误；

C：，故C正确；

D：，由于在上为增函数，

故最小值为，D错误．

故选AC．

10．已知，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，两圆的公切线过点

B．若，两圆的相交弦长为

C．若两圆的一个交点为，分别过点的两圆的切线相互垂直，则

D．若时，两圆的位置关系为内含

【答案】AD

【分析】当时，根据两圆半径比可确定Q的位置，可判断A；由两圆方程作差可得公共弦所在直线方程确定B的正误，根据两圆交点处的切线垂直可知两圆圆心距，半径可构成直角三角形即可判断C；通过圆心距与半径差的大小关系可判断D.

【详解】当时，两圆公切线分别与，切于点，，交轴于点，，故，故A正确；

当时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，相交弦直线方程为，相交弦长为，故B错误；

若，则，故C错误；

当时，，故两圆关系是内含，D正确.

故选AD．

11．已知一组个数据：，，…，，满足：，平均值为，中位数为，方差为，则（    ）

A．

B．

C．函数的最小值为

D．若，，…，成等差数列，则

【答案】BCD

【分析】A特例{1,2,4,17}即可判断；B由中位数定义判断；C由均值与数据总和关系展开函数式，结合二次函数性质确定最小值；D利用等差数列前n项和公式，及平均数、中位数定义判断.

【详解】A：当时，一组数据1,2,4,17，则，不在2，4之间，故错误；

B：由中位数定义知：，正确；

C：，

当时，最小值为，正确；

D：若，，…，成等差数列，则，故正确．

故选：BCD

12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．为增函数

B．的最小值为

C．函数有且仅有两个零点

D．若，且，则

【答案】BCD

【分析】利用导数研究的单调性和最值判断A、B；由过原点且与曲线相切为临界点，设切点为并求出对应切线方程，进而有，构造研究单调性易得，结合只需判断的大小关系，数形结合即可判断C；利用极值点偏移，构造研究单调性，判断即可判断D.

【详解】A：令，，即递增，

所以，在上，为减函数，错误；

B：在上，故的最小值为，正确；

C：由上知，过原点且与曲线相切为临界点，设切点为，

点处的切线为，代入原点坐标化简得，

令，有，则函数单调递增，

记方程的根为，又知：，

令，有，得单调递增，

有，

由图象知，函数有且仅有两个零点，故正确；

D：设，有，

所以，而，故为减函数，

由，故为增函数，

故为减函数，即，，

故，又，，且该区间上递增，

，故正确．

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：C首先确定临界情况下的切线方程，再由其过原点有，进而确定该方程根的范围，最后由单调性判断的大小关系，数形结合确定零点个数；D应用极值点偏移构造方程证不等式.

三、填空题

13．5个人站成一排，小王不站两端的概率为__________．

【答案】/0.6

【分析】利用排列和古典概型的知识求解即可.

【详解】5个人站成一排共有种情况，

5个人站成一排，小王不站两端共有种情况，

所以5个人站成一排，小王不站两端的概率为．

故答案为：.

14．已知，角的终边上有点，则_____．

【答案】

【分析】利用三角函数定义求出，再由坐标的正负判断所在象限，可得的具体值.

【详解】

，

故，，，

故在第四象限，，

故答案为：.

15．函数的单调增区间是_______．

【答案】(或也对)

【分析】，由复合函数单调性知：的增区间即为所求.

【详解】，由复合函数单调性知：的增区间即为所求，．

故答案为：(或也对）

16．如图，正四面体的棱长为3，，，分别是，，上的点，，，，截去三棱锥，同理，分别以，，为顶点，各截去一个棱长为1的小三棱锥，截后所得的多面体的外接球的表面积为_____．

【答案】

【分析】截后所得的多面体的底面为正六边形，利用对称性分析球心的位置可得球半径.

【详解】

中心为，底面正六边形中心为，球心O在上，设多面体的外接球

半径为，正三角形外接圆半径，底面正六边形外接圆半径为

1，原正四面体高为，故，则

解得，故．

故答案为：.

四、解答题

17．已知等差数列，等比数列，满足，，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)令，求满足的最小的正整数的值．

【答案】(1)答案见解析

(2)8

【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式求解即可；

（2）化简，由，分析满足条件的最小的正整数的值即可．

【详解】（1）设公差为，由．

当时，不符合题意，舍去；

故，所以，；

（2）由题意，可得，

所以，

由，又，

所以当时，，

当时，，

故的最小值为8．

18．在中，内角的对边分别为，，，．

(1)证明：；

(2)若，当A取最大值时，求的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换整理得，再利用正、余弦定理边化角分析运算；

（2）利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，，，进而可求三角形的面积.

【详解】（1）∵，则，

可得，

∴，

又∵，则，

由正弦定理可得：，

由余弦定理可得：，整理得.

（2）由（1）可得：，即，

则，

当且仅当，即时，取最大值，

此时，则，

∵，则，可得，

故．

19．如图，在三棱柱中，为等边三角形，，．

(1)证明：平面；

(2)求与平面所成的角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，证明平面，得，从而可得四边形为正方形，有结论，再证明，然后可证得线面垂直；

（2）取的中点，连接，过作的平行线，以为原点，、、分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求得线面角．

【详解】（1）不妨设，取的中点为，

则，，，同理，

,平面，

则平面，平面，四边形为正方形，，

且，，易求得，

在中，由勾股定理可得，故与，

而，平面，

所以平面；

（2）取的中点，连接，过作的平行线，

由（1）知：，，两两垂直，以为原点，、、分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由，，得，，，，

设平面的法向量为，

由，，有

取，，，有，又，

故所求线面角的正弦值为．

20．疫情过后，某工厂快速恢复生产，该工厂生产所需要的材料价钱较贵，所以工厂一直设有节约奖，鼓励节约材料，在完成生产任务的情况下，根据每人节约材料的多少到月底发放，如果1个月节约奖不少于1000元，为“高节约奖”，否则为“低节约奖”，在该厂工作满15年的为“工龄长工人”，不满15年的为“工龄短工人”，在该厂的“工龄长工人”中随机抽取60人，当月得“高节约奖”的有20人，在“工龄短工人”中随机抽取80人，当月得“高节约奖”的有10人．

(1)若以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，在该厂的“工龄长工人”中任选取5人，估计下个月得“高节约奖”的人数不少于3人的概率；

(2)根据小概率值的独立性检验，分析得“高节约奖”是否与工人工作满15年有关．

参考数据：附表及公式：，

【答案】(1)

(2)得“高节约奖”与工人工作满15年有关．

【分析】（1）以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，求出每个“工龄长工人”得“高节约奖”的概率，然后分别求出3 人、4 人、5 人得“高节约奖”的概率后相加即得；

（2）列出列联表，计算出，比较临界值即可得．

【详解】（1）以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，

每个“工龄长工人”得“高节约奖”的概率为，

5人中，恰有3人得“高节约奖”概率为，

恰有4人得“高节约奖”概率为，

5人都得“高节约奖”概率为，所求概率为；

（2）列出列联表如下：

零假设：得“高节约奖”是否与工人工作满15年有关．

，

根据小概率值的独立性检验，得“高节约奖”与工人工作满15年有关．

21．已知椭圆的上顶点为，右顶点为，直线的斜率为，，，，是椭圆上4个点（异于点），，直线与的斜率之积为，直线与的斜之和为1．

(1)证明：，关于原点对称；

(2)求直线与之间的距离的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）确定椭圆方程，取椭圆下顶点为，计算，确定，得到证明.

（2）设直线方程，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，根据斜率和为1得到，根据得到的范围，设，计算，计算得到范围.

【详解】（1）由题意得，，，故椭圆方程为，

取椭圆下顶点为，设，则，

而，则，故，

故，由椭圆关于原点中心对称可知：，关于原点对称；

（2）设直线方程为，设，两点的坐标分别为，，

联立方程，消去后整理为，

有，，

又由，有，即，

整理得到，即，

故，可得，，故，

又由，可得，

由点不在直线上，可得，故的取值范围为．

，之间的距离，即原点到的距离：，

设，，则，

则，

故，即所求范围为．

【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，对称问题，距离的取值范围，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，韦达定理法是考试的常考内容，需要熟练掌握.

22．已知函数．

(1)求的单调区间和极值；

(2)若有零点，求的最小值．

【答案】(1)单调区间见解析，极小值为；

(2)

【分析】（1）利用函数的单调性和极值求解即可；

（2）有零点，则，，根据函数的单调性求出的最小值．

【详解】（1），

故在上，，为减函数；在上，，为减函数；

在上，，为增函数．当时，有极小值为；

（2）对，，，，，

则，故取，，

则，

设为零点，则，

则，，

令，由定义域，

设，由（1）知：仅当时，取最小值为，

的最小值为，仅当，时成立．