2023年福建省宁德市福鼎重点高中高考数学最后一模试卷

2023年福建省宁德市福鼎重点高中高考数学最后一模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数满足其中为虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知一种放射性元素最初的质量是，按每年衰减．已知，，则可求得这种元素的半衰期质量变到原有质量一半所需的时间为结果精确到(    )

A. 年 B. 年 C. 年 D. 年

4.  “不等式在上恒成立”的充分不必要条件是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知是边长为的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球的球面上，则三棱锥的体积的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知一组数据，，，的平均数为，标准差为若，，，的平均数与方差相等，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，点在第一象限且在抛物线上，则当取最大值时，直线方程为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知定又在上的奇函数满足，当时，，若与的图象交于点，，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论，其中错误的结论是(    )

A. 的一个周期是 B. 是偶函数
C. 在区间上单调递减 D. 的最大值大于

10.  在正方体中，，，，，分别为，，，，的中点，则(    )

A. 直线与直线垂直
B. 点与点到平面的距离相等
C. 直线与平面平行
D. 与的夹角为

11.  已知正实数，满足，则以下不等式正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

12.  将甲、乙、丙、丁名医生随机派往，，三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派名医生，表示事件“医生甲派往村庄”；表示事件“医生乙派往村庄”；表示事件“医生乙派往村庄”，则(    )

A. 事件与相互独立 B. 事件与不相互独立
C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  若向量，满足，，，则与的夹角为______ ．

14.  展开式中的系数为______．

15.  如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为______．

16.  已知函数．
函数的值域是______；
若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围是______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
若，求；
若为中点，且求．

18.  本小题分
已知数列中，，是数列的前项和，且．
求数列的通项公式；
证明：．

19.  本小题分
如图，已知多面体中，底面，，，其中底面由以为直径的半圆及正三角形组成．
若，求证：平面．
半圆上是否存在点，使得二面角是直二面角？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

20.  本小题分
“斯诺克”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用局胜制，各局比赛双方轮流开球例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球，没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．
求甲以：赢得比赛的概率；
设比赛的总局数为，求．

21.  本小题分
已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且过点．
求双曲线的标准方程；
已知，，是双曲线上不同于的两点，且，于，证明：存在定点，使为定值．

22.  本小题分
已知．
当时，讨论函数的单调性；
讨论的零点个数．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

化简集合，从而判断、的有关系．
本题考查了集合的化简与集合关系的判断与应用，属于基础题．

【解答】

解：，
，
．
故选：．

2.【答案】 

【解析】解：，
则．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：设这种元素的半衰期为年，则，
两边同时取常用对数得，
，
故选：．
设这种元素的半衰期为年，则，两边同时取常用对数，结合对数的运算性质即可求出的值．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由不等式在上恒成立，可得，即．
选项A，，符合题意；
选项B，，不符题意；
选项C，集合与集合没有包含关系，不符题意；
选项D，，不符题意．
故选：．
由判别式小于，可得的取值范围，结合充分不必要条件的定义，考虑两个集合的关系，可得结论．
本题考查不等式恒成立问题解法，以及充分必要条件的判断，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：球的半径为，由已知可得，，得，
球心到平面的距离为，
故三棱锥的高的最大值为，体积最大值为．
故选：．
由已知可得，可求球心到平面的距离，从而可求三棱锥的高的最大值为，可求最大体积．
本题考查空间几何体的体积，属中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由题意可得，则因为，所以，解得．
令
设，则，
从而，故．
故选：．
根据平均数和方差的定义以及题目所给的条件，求出 与 的关系表达式，将看作关于 的函数，求函数最大值即可．
本题考查了平均数、方差的概念与函数的综合应用，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查直线与抛物线位置关系及其应用，属中档题．
由题意可得当直线与抛物线相切时取得最大值，设切线的方程，与抛物线联立由判别式等于可得参数的值，进而求出切线方程．

【解答】

解：过作与准线垂直，垂足为，

则，
则当取到最大值时，必须取到最大值，此时与抛物线相切；
易知此时直线的斜率不为，抛物线：的焦点的坐标为，
可得，．
设切线方程为：，则，
整理可得，
则，解得，
所以切线方程为：，即或，点在第一象限，舍去．
所以直线的方程为．
故选C．

8.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以函数是以为周期的周期函数，
又因为是上的奇函数，
所以，
所以直线是函数图象的一条对称轴，
且，
故点是函数图象的一个对称中心，
作出函数的图象如图所示：
且当时，，当时，，
且直线关于点对称，
由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，
故，，
，
故选：．
根据题意，分析可知函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心，直线关于点对称，作出图形，结合对称性可求得结果．
本题考查抽象函数的求值，涉及函数的奇偶性和对称性，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于选项，，
所以，函数的一个周期为，选项正确；
对于选项，，
，
，，
所以，函数不是偶函数，选项错误；
对于选项，当时，，，则，
则，
所以函数在是常函数，选项错误；
对于选项，，选项正确．
故选：．
利用函数周期性的定义可判断选项的正误；
利用和的值可判断选项的正误；
化简函数在上的解析式，可判断选项的正误；
由的值可判断选项的正误．
本题属于新概念题，考查了函数的奇偶性、周期性、单调性及最值，理解概念是解题关键，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令，

，，，，分别为，，，，的中点，
则，，，，，，，，
对于，，，则，A正确；
对于，，即，而，则，
而平面，平面，因此平面，所以点与点到平面的距离相等，B正确；
对于，，即，而，则，
又平面，平面，因此平面，C正确；
对于，，令与的夹角为，
则，显然，不正确．
故选：．
根据给定的正方体，建立空间直角坐标系，再借助空间向量逐项分析求解作答．
本题主要考查点、线、面间的距离计算，考查转化能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了基本不等式的应用，属于基础题．
先得到，再利用基本不等式依次判断各选项即可．

【解答】

解：正实数，满足，，
：，A错误
：，当且仅当，时取等号，B正确
：，，当且仅当，时取等号，，C错误
：，当且仅当时取等号，D正确．
故选BD．

12.【答案】 

【解析】解：将甲、乙、丙、丁名医生派往，，三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，
事件含有的基本事件数为，
则，同理，
事件含有的基本事件数为，则，事件含有的基本事件数为，则，
对于，，即事件与相互不独立，不正确；
对于，，即事件与相互不独立，B正确；
对于，，不正确；
对于，，D正确．
故选：．
由古典概率公式求出，，，，，再利用相互独立事件的定义判断，；
用条件概率公式计算判断，作答．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意得，
所以，
由于，与的夹角为．
故答案为：．
求出向量的模，根据向量的夹角公式即可求得答案．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了二项式定理的运用，属于基础题．
关键是明确展开式得到的两种情况．分析展开式中的项的两种可能的来由，结合二项式定理求系数．
【解答】

解：当选择时，展开式选择的项为；
当选择时，展开式选择为，
所以展开式系数为；
故答案为．

15.【答案】 

【解析】解：连接，
设，则，，
由椭圆的定义可得，
在中，，
所以，
解得，
所以，
所以直线的斜率为．
故答案为：．
连接，由以为直径的圆可知，设，由题意及椭圆的定义可知，，在直角三角形中，勾股定理可得，
的关系，进而在三角形中求出的正切值，即求出直线的斜率．
本题考查椭圆的性质及直角三角形的性质，直线斜率的求法，属于中档题．
 

16.【答案】   

【解析】解：当时，；当时，，
所以函数的值域为；
关于的方程恰有两个互异的实数解，
即函数的图象与直线有两个不同的交点，
在平面直角坐标系内画出函数的图象和直线的图象，如图所示，
当直线分别经过点和时，的值分别为和，
由图易得当时，函数的图象和直线有两个交点：
当直线与函数的图象在内相切时，
有，即有且仅有一个根，则有，
解得舍去，
综上所述，的取值范围是．
故答案为：；．
根据函数解析式，分别求解分段函数在每一段定义区间内的值域，最终取并集即可；
将方程有两个互异的实数解转化为函数图象和直线有两个交点问题，观察函数图象和直线，利用数形结合思想求解即可．
本题考查分段函数求值域，方程实数解问题，属于中档题，将方程实数解问题转化为函数图象和直线的交点问题是解题关键．
 

17.【答案】解：的内角，，的对边分别为，，，且．
整理得，
所以，
利用余弦定理得：，
整理得：，
由于，
所以．
如图所示：

由于，，
利用余弦定理：，
整理得：，
所以，
由于．
所以两式相加得：，
整理得，
由于，，利用三角形的三边关系，
整理得，即，
所以，
解得：． 

【解析】直接利用已知条件和正弦定理的应用求出结果．
二次利用余弦定理的应用和关系式的转换的应用，整理成一元二次方程，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
 

18.【答案】解：由得：且，
当且时，，
整理可得：，，
则，，，，，
各式相乘得：，又，
，
当时成立，故；
证明：，
，
，
，
，
，即证． 

【解析】利用与关系可推导得到，利用累乘法即可求得数列的通项公式；
由，结合，可得，并由此得到，采用裂项相消法可整理，即可证明结论．
本题考查累乘法，裂项相消法求数列的前项和，属于中档题．
 

19.【答案】解：证明：由题意可得：，则，且为锐角，则，
因为三角形为正三角形，则，
可得，即，
所以，
平面，平面，
所以平面．
如图，以的中点为坐标原点， 轴，的中垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
可取，
设，平面的法向量为，
因为，
则，
令，则，，即，
若二面角是直二面角，则，
整理可得，结合，
解得或，
，，
即，
所以，同理，
可得时．二面角是直二面角． 

【解析】根据题意分析可得，进而可证，，根据线面平行的判定定理分析证明；
建立空间直角坐标系系，设，分别求平面、平面的法向量，结合面面垂直的向量关系运算求解．
本题考查了直线与平面、平面与平面垂直的关系，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
 

20.【答案】解：甲以：赢得比赛，则前局中甲赢得了局，第局甲获胜，
所以甲以：赢得比赛的概率为．
的可能取值为，，，
设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，
；
；；；
；；
则，
所以． 

【解析】本题考查独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，离散型随机变量的期望公式，属于中档题．
利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；
确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望．
 

21.【答案】解：因为双曲线与已知双曲线有相同的斩近线，
设双曲线的标准方程为，
代入点坐标，解得，
所以双曲线的标准方程为；
证明：当直线斜率存在时，设：，
设，，联立与双曲线，
化简得，
，即，
则有，
又，
因为，
所以，
所以，
化简，得，即，
所以，
且均满足，
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾，
当时，直线的方程为，过定点；
当直线斜率不存在时，由对称性不妨设直线：，
与双曲线方程联立解得，此时也过点，
综上，直线过定点，
由于，所以点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径，所以存在定点，使为定值． 

【解析】根据双曲线与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线的标准方程为，代入点坐标求解；
当直线斜率存在时，设：，与双曲线联立，根据且，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时，由对称性不妨设直线：，同上求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
 

22.【答案】解：当时，，
，易知，
令，，
在单调递增，且，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
故在单调递减，单调递增．
，
令，由题意知在上单调递增，且，
的零点可转化为，
，，
设，则，
当时，无零点；
当时，，
为上的增函数，
而，，
在上有且只有一个零点；
当时，若，
则，，则，
，
若，则，
在上有且只有一个零点，
若，则，
在上无零点；
若，则，此时，
而，，
设，，则，
在上为增函数，
，
，
此时在上有且只有两个不同的零点，
综上，当时，个零点；当或时，个零点；当时，个零点． 

【解析】对函数求导，可得，令，利用导数性质能求出结果．
依题意得，令，则问题转化为，，利用零点存在定理结合单调性可判断方程的解的个数．
本题主要考查构造函数探究函数零点、单调性、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．