福建省厦门市2023届高三数学适应性练习试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2023届高三数学适应性练习试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

厦门市2023届高三毕业班适应性练习
数学试题
满分150分 考试时间120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算法化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A
2. 已知双曲线的焦距为4，则其离心率为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的焦距的定义及双曲线的标准方程的特点，结合双曲线的离心率公式即可求解.
【详解】由双曲线的焦距为4，可得，
所以，
.
故选：B.
3. 某餐馆在网站有200条评价，好评率为，在网站有100条评价，好评率为．综合考虑这两个网站的信息，这家餐馆的好评率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知数据直接计算可得.
【详解】解：由已知可得这家餐馆的好评率为.
故选:C.
4. 已知圆台上下底面的半径分别为1和2，母线长为3，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可.
【详解】由图可得，圆台的高为，
故圆台的体积为.

故选：B
5. 17世纪中叶，人们认为同时掷两枚骰子时，若不给两枚骰子标记号，两枚骰子的点数和为6或7的可能结果数相同，则出现的概率就应该相同．然而有人发现，多次的试验结果和人们的预想不一致，这个问题最终被伽利略解决．则（ ）
A. 当不给两枚骰子标记号时，出现点数和为6的结果有5种
B. 当给两枚骰子标记号时，出现点数和为7的结果有3种
C. 出现点数和为7的概率为
D. 出现点数和为6的概率比出现点数和为7的概率更大
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型的方法，将所有满足条件的情况列出再分析即可.
【详解】对A，当不给两枚骰子标记号时，出现点数和为6的结果有，，共三种情况，故A错误；
对B，当给两枚骰子标记号时，出现点数和为7的结果有，，，，，共6种情况，故B错误；
对C，由B，出现点数和为7的情况共6种，投掷两枚骰子所有可能的情况有种，故出现点数和为7的概率为，故C正确；
对D，当给两枚骰子标记号时，出现点数和为6的结果有，，，，共5种情况，故出现点数和为7的概率为，故D错误；
故选：C
6. 比利时数学家旦德林发现：两个不相切的球与一个圆锥面都相切，若一个平面在圆锥内部与两个球都相切，则平面与圆锥面的交线是以切点为焦点的椭圆．如图所示，这个结论在圆柱中也适用．用平行光源照射一个放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影区域内（含边界）有一点，若平行光与桌面夹角为，球的半径为，则点到球与桌面切点距离的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用平行投影作出图象求解.
【详解】解：由题意，如图所示，

则，
所以到球与桌面切点距离的最大值为：
，
，
，
故选：D
7. 已知定点在边长为1的正方形外，且，对正方形上任意点，都有的面积，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图建立平面直角坐标系，依题意在线段的垂直平分线上，根据面积公式及数量积的定义得到，即可确定的坐标，设，表示出，再由不等式的性质求出的取值范围，即可得解.
【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，，
因为，所以在线段的垂直平分线上，又，
即，所以，
则，所以，即，
设，则，，
所以，解得或，
又定点在边长为1的正方形外，所以，
设，则，，
所以，
若在线段上，则，，
此时，
因为，则，
所以，则，
若在线段上，则，，
此时，
因，则，
所以，则，
若在线段上，则，，
此时，
因为，则，
所以，则，
若在线段上，则，，
此时，
因为，则，
所以，则，
综上可得，
即，当且仅当，即点位于点时取得最大值.

故选：C
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，即可求导比较，利用，即可比较.
【详解】
因为，
当，故在单调递增，在单调递减，
故，所以在上恒成立，
当时，，故
法1：构造函数
当时，
令，
令，则
当时，，所以在单调递减
所以，所以
所以，故选
法2：由泰勒展式
所以

，所以
故选:B
【点睛】本题考查了利用导数比较函数值大小.利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在比较函数值大小时，常采用两种思路：1直接利用基本初等函数的单调性比较；2构造函数，利用导数求解单调性.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 今年春节档两部电影票房突破20亿大关，《满江红》不负众望，凭借喜剧元素和家国情怀，以25.96亿票房成为档期内票房冠军，另一部科幻续作《流浪地球2》则成为最高口碑电影．下图是这两部电影连续7天的日票房情况，则（ ）

A. 《满江红》日票房平均数大于《流浪地球日票房平均数
B. 《满江红》日票房方差大于《流浪地球2》日票房方差
C. 《满江红》日票房极差小于《流浪地球2》日票房极差
D. 《满江红》日票房的第25百分位数小于《流浪地球2》日票房的第75百分位数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图表信息逐一判断即可.
【详解】由图表可得《满江红》日票房都大于《流浪地球日票房，所以《满江红》日票房平均数大于《流浪地球2》日票房平均数，A正确;
由图可得《满江红》日票房单日票房数据波动更大，《满江红》日票房方差大于《流浪地球2》日票房方差，所以B正确.
《满江红》日票房极差大于《流浪地球日票房极差，故C错误；
因为，《满江红》日票房的第25百分位数是从小到大排序第个数，
因为，《流浪地球2》日票房的第75百分位数是从小到大排序第个数，
《满江红》日票房的第25百分位数小于《流浪地球2》日票房的第75百分位数，所以D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的定义域都为为奇函数，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，根据令结合为奇函数推导即可；对B，根据结合为奇函数，再令推导即可；对C，求出判断即可；对D，根据奇偶性与周期性可得，进而判断即可.
【详解】对A，由，令可得，又为奇函数，故，，故A错误；
对B，由及可得，
又为奇函数，则，令则，
故.故B正确；
对C，由及可得，当时不成立，故C错误；
对D，由AB可得且周期为2，故，故，故D正确；
故选：BD
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）

A.
B. 当时，有且仅有一个点，使得平面
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点P的坐标，依次判定选项即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，

则
因为，，所以
所以，
对于选项A，则，所以，
因为，所以，故A答案正确；
对于选项B，
当时，，,设面的法向量为，
则，令，所以，
若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；
对于选项C，当时，,
若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；
对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,
点P到平面的距离为，当时，
点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.
故选：AD.
12. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，则（ ）
A. B. 是素数时，
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定的欧拉函数定义逐项分析计算判断即可.
【详解】对A选项，由题知，所以A选项错误
对B选项，当为素数时，显然成立，所以B选项正确
对C选项，2的倍数都不与互质，故共有个，所以C选项正确
对D选项，在中，2的倍数共有个，3的倍数共有个，6的倍数共有个，
所以，所以，所以D 选项正确
故选：BCD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设集合，集合，若Ü Ü ，写出一个符合条件的集合__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求得，再根据真子集的定义求解即可.
【详解】，，故若Ü Ü ，则可有.
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，则展开式中的常数项为__________．
【答案】60
【解析】
【分析】由题意利用二项式展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，建立方程解出的值，再利用公式求出展开式中的常数项.
【详解】因为的二项展开式为：

所以它的第二项的系数为：

该二项式的展开式中第二项的二项式系数为：，
由的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，
所以有：，
所以二项式为，
由展开式通项为：，
令，
所以展开式中的常数项为：.
故答案为：60.
15. 已知函数的图象如图所示，且在的图象上，则的值为__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据图象可利用周期得，进而将代入，结合二倍角公式可得，即可求解.
【详解】其中，设周期为，
由图象可知：，解得故，
由于在图象上，所以；
且，
由于，所以，故，
故可得，
由于，所以，进而可得，所以，
故答案为：
16. 已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为__________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，利用斜率等于切点处的导数，和切线相同即可判断.
【详解】，
假设两曲线在同一点处相切，
则，可得，即，
因为函数单调递增，且时，
所以，则，此时两曲线在处相切，
根据曲线的变化趋势，若继续增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线，
所以的最大值为.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）点在线段上，，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理、三角函数的和差角公式将条件变形可得答案；
（2）由可得，然后由余弦定理可解出，即可得答案；
或利用正弦定理结合结合条件求，然后再利用余弦定理及三角形面积公式即得.
【小问1详解】
由正弦定理得：．
所以
所以．
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
法1；因为，即，
又，
所以，即．
在中，由余弦定理得，
，所以，所以，
所以.
法2：
设，在中，由正弦定理得：，
同理，在中，，
所以，
所以，所以，又，
所以，即.
在中，由余弦定理得，
得，所以.
所以.
18. 已知数列满足．
（1）证明是等比数列；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；
（2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用等差等比数列的前项和公式，结合数列中的分组求和法即可求解.
【小问1详解】
由题意得．
又因为，所以．
所以是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得．
所以．
所以
.
19. 筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

（1）求到平面的距离；
（2）当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）1 （2）存在；或
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距离．
【小问2详解】
存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
过作平面，所以两两垂直.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系

由（1）得平面平面，因为
所以．
设，
，
，
设平面的法向量，
，所以
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，，
．
所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．
20. 甲､乙两队进行篮球比赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立．
（1）在比赛进行4场结束的条件下，求甲队获胜的概率；
（2）赛事主办方需要预支球队费用万元．假设主办方在前3场比赛每场收入100万元，之后的比赛每场收入200万元．主办方该如何确定的值，才能使其获利（获利=总收入预支球队费用）的期望高于万元？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出比赛4场结束的概率，然后利用条件概率公式即可解答；
（2）先由题意列出比赛收入的分布列，从而求出期望值，进而根据题意确定的值.
【小问1详解】
记事件为“比赛进行4场结束”；事件为“甲最终获胜”，
事件表示“第场甲获胜”，
事件为“比赛进行4场结束甲获胜”；事件为“比赛进行4场结束乙获胜”．
则，
因为各场比赛结果相互独立，
所以
，

，
因为互斥，所以．
又因为，
所以由条件概率计算公式得.
【小问2详解】
设主办方本次比赛总收入为万元，
由题意：的可能取值为：．
，
，
，
则随机变量的分布列为：

300
500
700

0.26
0.37
0.37
所以．
设主办方本次比赛获利为万元，则，
所以，
由题意：，
所以预支球队的费用应小于261万元．
21. 已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．
（1）求的轨迹的方程；
（2）过的直线交于两点，在第一象限，在处的切线为交轴于点，过作的平行线交于点是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）利用向量垂直以及中点坐标公式即可求解，或者利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
（2）将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理， 求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解.
【小问1详解】
法1：
设
因为，所以，即．
又，所以，所以．
法2：
如图，设关于的对称点为，由已知得，互相垂直平分，
所以四边形为菱形，所以．

因为为中点，所以，即点在定直线上，
因为，所以与直线垂直，
即点到定点的距离等于点到定直线的距离，
所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
所以点轨迹的方程为．
【小问2详解】
存在最大值．
延长交于，

所以最大即直线与的倾斜角之差最大．
由题意可知直线有斜率，设，（）
由得，，
所以．
因为，所以的斜率，的斜率．
设直线与的倾斜角为，则
．
．
当且仅当即时等号成立．
因为，所以，
所以当最大时，最大，即最大，
此时，所以，
所以的方程为．
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
22. 已知函数．
（1）当时，讨论在区间上的单调性；
（2）若，求值．
【答案】（1）在区间上的单调递增
（2）1
【解析】
【分析】（1）代入，再根据结合指数函数、三角函数的范围判断导函数的正负即可；
（2）注意到，进而可得则，再分析当时，求导分析导函数的正负与单调性，进而可得的最小值为0判断即可.
【小问1详解】
当时，
．
因为，所以．
所以在区间上的单调递增．
【小问2详解】
，
当时，，所以存在，当时，
则在区间上单调递减，
所以当时，，不满足题意
当时，，所以存在，当时，
则在区间上单调递增，
所以当时，，不满足题意
所以．
下面证明时，
由（1）知，在区间上的单调递增，
所以当时，
所以只要证明.
令
令，
则

①当时，，得
所以，所以，
所以在区间上单调递增
且，
所以，使得.
且当时，；当时，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增
且，
所以当时，
所以在区间上单调递减，
所以当时，
②当时，

因为，所以，所以
所以在区间上单调递减
且
所以，使得
当时，；当时，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减
且
所以当时，
综上，的值为1.