2023届福建省厦门第六中学高三上学期期末数学试题含答案

这是一份2023届福建省厦门第六中学高三上学期期末数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省厦门第六中学高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合,，则下列结论正确的是A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，再根据集合的交集运算，并集运算以及元素与集合的关系即可解出．【详解】因为，，显然，，，所以．故选：C.2．已知函数的部分图象如图所示，，则下列判断正确的是A．函数的最小正周期为4B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于点对称D．函数的图象向左平移2个单位得到一个偶函数的图象【答案】C【详解】根据函数，的部分图象，，，．再根据五点法作图可得，，．故它的周期为，故不对．令，，的值不是最值，故不对．令，，的值为零，故函数的图象关于点，对称，故正确．把函数的图象向左平移2个单位，可得的图象，显然所得函数不是偶函数，故错误，故选：．故选C.3．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，异面直线与所成角为，点，，，都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，，可得的长，结合可得三棱锥外接球半径的值，可得其表面积.【详解】解：如图，过点作，由，，且，可得四边形为矩形，，，由，由于，异面直线与所成角为，平面，故，则，设三棱锥外接球半径为，结合，可将以、、为相邻三条棱补成一个长方体，可得：，该球的表面积为：.故选：D.【点睛】本题考查球与几何体的切、接问题，以及球的表面公式，转化为长方体的外接球是解题的关键.4．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为（    ）A． B．1 C．e D．【答案】B【分析】设出切点，求出，，根据斜率列出方程，得到，，构造，利用函数单调性和图象特征，求出，从而求出答案.【详解】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，则，且，所以，，且，所以，令，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，所以当时，，因为，，即，所以，所以，故故选：B【点睛】对于不知道切点的切线方程问题，要设出切点，再根据斜率列出方程，进行求解. 二、多选题5．设是等差数列的前n项和，且，则（    ）A． B．公差C． D．数列的前n项和为【答案】BCD【解析】根据已知条件求出等差数列的通项公式和前项和公式，即可判断选项、、，再利用裂项求和即可判断选项D.【详解】因为数列是等差数列，则，解得：，故选项B正确；所以，对于选项A：，故选项A不正确；对于选项C：，所以故选项C正确；对于选项D：，所以前n项和为，故选项D正确，故选：BCD.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.6．已知A（a，0），M（3，-2），点P在抛物线上，则（    ）A．当时，最小值为1B．当时，的最小值为3C．当时，的最小值为4D．当时，的最大值为2【答案】ACD【分析】当时，得到为抛物线焦点，利用焦半径求出，从而判断A选项；作辅助线，得到当N，P，M三点共线时，取得最小值，求出最小值，判断C选项；延长AM交抛物线于点，此时为的最大值，求出最大值，判断D选项；当时，利用两点间距离公式和配方求出最小值，判断B选项.【详解】当时，为抛物线的焦点，设，则，故的最小值为1，A正确；设抛物线的准线为，过点P作PN⊥l于点N，此时，故当N，P，M三点共线时，取得最小值，此时，C正确；当时，，连接AM，并延长AM交抛物线于点，此时为的最大值，当在其他位置时，根据三角形两边之差小于第三边，可知均小于，因为，故D正确；此时当时，，B错误.故选：ACD 三、填空题7．已知向量,，若的夹角为，则=           .【答案】【分析】根据平面向量的夹角公式可求出结果.【详解】由,得,得.故答案为：.8．已知双曲线C的焦点分别为，，实轴为线段，虚轴为线段，直线与直线交于点D，若，则C的离心率等于           .【答案】【分析】不妨设双曲线方程为， ，，则，根据判断的位置，再联立方程组求出，再根据向量关系列式可求出结果.【详解】不妨设双曲线方程为， ，，则，因为，所以在的延长线上，故必为右焦点，则，直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则，由得，所以，所以，所以.故答案为：. 四、解答题9．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求B：(2)若，点D满足,，求平面四边形ABCD的面积【答案】(1).(2). 【分析】（1）根据正弦定理边化角可求出结果；（2）求出，根据余弦定理和三角形面积公式可求出结果.【详解】（1）由以及正弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以.（2）由余弦定理得，所以，，，如图：因为，所以，又，则，所以平面四边形ABCD的面积为.10．在多面体中，四边形为菱形，，平面平面，，，.（1）若是线段的中点，证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接、、，可知为等边三角形，利用三线合一的性质可得，利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；（2）证明出，然后设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.【详解】（1）连接、、，如图所示：四边形为菱形，，，则为等边三角形，为的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，因此，平面平面；（2）由（1）可知，，，，平面，平面，，为的中点，则，，则是等腰直角三角形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则、、、，，则，，，，设平面的法向量为，由，得，令，可得，，所以，平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则为钝角，，所以，，.因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.11．已知点，，为圆上的动点，延长至，使得，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为.(1)求的方程；(2)过的直线与交于两点，纵坐标不为的点在直线上，线段分别与线段，交于两点，且，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由线段垂直平分线和三角形中位线性质可证得，可知点轨迹为椭圆，由此可得轨迹方程；（2）由已知可知；当斜率不存在时显然不成立；当斜率存在时，设方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可得中点横坐标；设，与直线和椭圆方程联立可求得，由此可整理得到，与中点横坐标相同，由此可得结论.【详解】（1）连接，是的垂直平分线，，；分别为中点，，，点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，即，，，点轨迹的方程为：；（2），即，，由题意知：，，，①当直线斜率不存在时，即，此时，，此时不成立；②当直线斜率存在时，设，，，由得：，，中点的横坐标为；设直线的方程为：，由得：，即；由得：，即；由得：，整理可得：，，为线段的中点，.【点睛】关键点点睛：本题考查定义法求解轨迹方程、直线与椭圆综合应用问题；本题证明为中点的关键是能够通过已知等式得到两点横坐标之间满足的等量关系，进而表示出中点横坐标和点横坐标，证明二者相等即可.