《福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门外国语学校2023届高三适应性考试数学试题含答案.docx（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、厦门外国语学校2023届高三五月适应性考试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上2选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案；在试卷上做答无效3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液不按以上要求作答的答案无效4
2、考生必须保持答题卡的整洁和平整一、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. 已知集合，若，则（ ）A. 3B. 4C. 5D. 62. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 3. 在等比数列中，则“”是“数列的公比为”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段
3、三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则若图中交于点P，则（ ）A B. C. D. 5. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（ ）A. B. C. D. 6. 已知为抛物线的焦点，过的直线交地物线于两点，若，则（ ）A. 1B. C. 3D. 47. 已知奇函数在上是减函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 8. 已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个
4、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. 随机变量且，随机变量，若，则（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（ ）A. 是奇函数B. 图象关于直线对称C. 在上是减函数D. 在上的值域为11. 如图，在直三棱柱中，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A. 当N为的中点时，直线与平面所成角的正切值为B. 当时，平面C. 的周长的最小值为D. 存在点N，使得三棱锥的体积为12. 定义在上的函数满足，是偶函数，则（ ）A. 是奇函数B. C.
5、 的图象关于直线对称D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量满足，则_14. 已知等差数列的前项和为，若，则符合题意的等差数列的一个通项公式为_15. 若曲线有两条过的切线，则的范围是_16. 已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为_.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A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.（1）求B和b的值；（2）求AC边上高的最大值.18. 已知数列满足（1）证明为等差数列，并的通项公式；（2）设，求数列前项和19. 某学校有A，B两家餐厅
6、，王同学第1天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6，如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.（1）计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率；（2）王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心种数为，求n的值使得取得最大值.20. 如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，为中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值21. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.（1）求的方程；（2）点，点为上的两个动点，且满足
7、.过作直线交于点.若，求直线的斜率.22. 已知函数（1）令，讨论在的单调性；（2）证明：；（3）若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围厦门外国语学校2023届高三五月适应性考试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上2选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案；在试卷上做答无效3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上
8、各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液不按以上要求作答的答案无效4考生必须保持答题卡的整洁和平整一、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. 已知集合，若，则（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】因为，所以，或，当时，与集合元素的互异性矛盾，舍去；当时，与集合元素的互异性矛盾，舍去；当时，满足集合元素互异性，满足要求.故选：B2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以，故，所以的虚部
9、为，故选：A.3. 在等比数列中，则“”是“数列的公比为”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由，得，则；由，得故“”是“数列的公比为”的必要不充分条件故选：B4. 尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则若图中交于点P，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设，则
10、，.在中，由正弦定理，得；在中，由正弦定理，得.又因为，所以，所以，即.又因为，所以，故.所以.故选：C.5. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有种不同的结果，其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有种，数字1、1、4组成的结果有种，数字2、2、2组成的结果有种.故所求概率为，故选：B.6. 已知为抛物线的焦点，过的直线交地物线于两点，若，则（ ）A. 1B. C. 3D. 4【答案】C【解析】如图，过作准线于，过作准线于，
11、 由抛物线的焦点，准线方程为，由抛物线的定义可得，所以，代入抛物线方程得若，直线的斜率为，则直线方程为，即联立得，则，所以，则；若，直线的斜率为，则直线方程为，即联立得，则，所以，则；综上，.故选：C.7. 已知奇函数在上是减函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.因为，所以，故为偶函数.当时，因，所以.即在上单调递减.，因为，所以，即.故选：D.8. 已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设弦的中点为
12、，连接，依题意，可得如下图形，由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，故，四面体的体积为，其中，当且仅当时取等号，由球的截面性质，所以四点共圆，则有外接圆直径，从而，.故选：C二、选择题：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. 随机变量且，随机变量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】对AB，因为且，所以，故，选项A正确，选项B错误；对C，因，所以，所以，解得，选项C正确；对D，选项D错误.故选：AC.10. 已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度
13、，得到函数的图象，则函数（ ）A. 是奇函数B. 图象关于直线对称C. 在上是减函数D. 在上的值域为【答案】ACD【解析】，由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，则，所以，将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.对于A选项，函数的定义域为，函数为奇函数，A选项正确；对于B选项，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；对于C选项，当时，则函数在上是减函数，C选项正确；对于D选项，当时，则，.所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.故选：ACD11. 如图，在直三棱柱中，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A. 当N为的中点时，直线与平
14、面所成角的正切值为B. 当时，平面C. 的周长的最小值为D. 存在点N，使得三棱锥的体积为【答案】BD【解析】对于A，当为的中点时，取的中点,连接，易知,平面，则平面，故为直线与平面所成的角，则,故A错误；对于B，当时，延长交于点，此时，所以，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，即.因为平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，当点与重合时，易知，此时的周长为，显然有，故C错误；对于D，取的中点,连接，易知平面,若三棱锥的体积为，即，所以,所以.因为所以存在点N，使得三棱锥的体积为，故D正确.故选:BD.12. 定义在上的函数满足，是偶函数，则（ ）A. 是奇函数B. C. 的图象关于直线对
15、称D. 【答案】ABD【解析】对于选项，是偶函数，函数关于直线对称，是奇函数，则正确；对于选项，,的周期为，则正确；对于选项，若的图象关于直线对称，则，但是，即，这与假设条件矛盾，则选项错误；对于选项，将代入，得，将，代入，得，同理可知， 又的周期为，正奇数项的周期为，则正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量满足，则_【答案】【解析】因为，则，所以.14. 已知等差数列的前项和为，若，则符合题意的等差数列的一个通项公式为_【答案】（答案不唯一）【解析】因为，所以，设数列的公差为，则，取，又，可得，故数列的一个通项公式为，故答案为：（答案不唯一）.15
16、. 若曲线有两条过的切线，则的范围是_【答案】【解析】设切线切点为,，又，所以切线斜率为因为，所以切线方程为：又切线过，则，即则由题可知函数图象与直线有两个交点，由得，由得所以在上单调递增，在上单调递减又，又，据此可得大致图象如下 则由图可得，当时，曲线有两条过的切线故答案为：.16. 已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为_.【答案】8【解析】由条件 ， ，即 ， ，设 ，由题意： ，则 ， ，即 ，即椭圆C的标准方程为 ， ；设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：则 的周长 , ，当 三点共线时等号成立， ，l的得最大值为8；四、解答题：本题共6小题，共70
17、分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.（1）求B和b的值；（2）求AC边上高的最大值.【解析】（1）由，得，即，因此，在中，即，而，即，于是，又，解得，因为的外接圆半径，由正弦定理得，所以，.（2）由（1）知，由余弦定理，得，于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，则由，得所以AC边上高的最大值是.18. 已知数列满足（1）证明为等差数列，并的通项公式；（2）设，求数列的前项和【解析】（1）证明：因为，所以，即所以是以为首项，为公差的等差数列，则，所以；（2）.19. 某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机的选择
18、一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6，如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.（1）计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率；（2）王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心的种数为，求n的值使得取得最大值.【解析】（1）设“第1天去餐厅用餐”，“第1天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，根据题意得，由全概率公式，得：，所以王同学第2天去餐厅用餐的概率为.（2）由题意，的可能取值有：，由超几何分布可知，令，又，所以，可得，解得，易知当和时，的值相等，所以当或时，有最大值为，即当的值为或时，使
19、得最大.20. 如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值【解析】（1）证明：连接，则平面因为为母线，所以四点共面，且取中点，连接，因为，则，所以四边形平行四边形所以，所以平面所以为与底面所成角，即在中，所以，同理在中，所以因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以又因为，平面，平面，所以平面；（2）以O为原点，分别以，所在的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系，则，.所以，.设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以设平面的一个法向量为，由，则令，得，所
20、以，设平面，与平面夹角为，则所以平面与平面夹角的余弦值为21. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.（1）求的方程；（2）点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.【解析】（1）因为点满足，所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，所以曲线的方程为.（2）（法一）设与的交点为.显然直线的斜率存在，设的方程为，联立方程消去得，设，所以.又，因为，所以，故，代入，整理得，即，解得或（舍）.所以直线的方程为，即直线恒过定点.因为四点共圆，且为直径，由，所以点为中点，且直线的方程为，联立，解得，所以点，故，代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为1.（法二）由对称性，
21、直线必过定点，设的方程为，联立方程消去得，设，所以，因为，所以，故，代入，因为，整理得，解得.所以直线的方程为，即直线恒过定点.联立，解得，所以点，故，代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为1.（法三）设方程为，设方程为，联立方程，消去得，设，则，得，所以，所以点.用替换得点.所以斜率，故直线方程为，即，即.所以直线恒过定点.下同解法一.（法四）将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，即.新坐标系下直线的方程设为，代入双曲线方程有，即，两边同除以得，设直线的斜率分别为，则，所以，所以直线的方程为，从而直线恒过定点，故原坐标系下直线恒过定点.由四点共圆，设的直线方程为，即；设的直线方程为，即
22、.所以过四点的二次曲线系方程为，等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为1.解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，所以由得，即，两边同除以得，设，上式整理得.设直线的斜率分别为，则，解得，所以直线的方程为，即，从而恒过定点.下同解法一.【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点（2）曲线过定点利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点22. 已知函数（1）令，讨论在的单调性；（2）证明：；（3）若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围【解析】（1），而，当时，恒成立，所以在上递减；
23、当时，令，得或；令，得.所以当，即时，在上递增，当，即时，在上递减，在上递增；当时，令，得或；令，得.所以在上递减.综上所述，当时，在上递减；当时，在上递增；当时，在上递减，在上递增；（2）由（1）得：当且时，此时，又当，当且仅当，等号成立.令，得到，.（3），当时，显然，所以此时不成立；，不等式显然成立.，令，则，令，则.当时，单调递减；当时，单调递增.所以，令，则，则，令，即，则，当，单调递减；当，单调递增，则，所以.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.