福建省名校联盟全国优质校2023届高三数学下学期2月大联考试题（Word版附解析）

2023年福建省名校联盟全国优质校高考数学联考试卷（2月份）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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题）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.设集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别化简集合，利用交集定义求解即可．【详解】集合集合，则，故选：D2.若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．【详解】解：，则，即，故在复平面上所对应的点位于第三象限． 故选：．3.在梯形中，设，，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】直接利用向量的加法，即可解出．【详解】因为，，，所以，，故选：．4.设圆：，若直线在轴上的截距为，则与的交点个数为（）A.B.C.D.以上都有可能【答案】C【解析】【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．【详解】解：直线在轴上的截距为，直线过定点，，点在圆内，直线与的交点个数为个．故选：．5.甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用3局2胜制，则甲以2：1获胜的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】甲以2：1获胜指前两局甲胜一局，第3局甲胜，则概率．【详解】甲以2：1获胜指前两局甲胜一局，第3局甲胜 则概率为故选：A6.如图，正六边形的边长为，设边，的中点分别为，，已知某几何体是由此正六边形绕直线旋转一周而成，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】连接交于点，根据题意得到该几何体为两个圆台组合而成的组合体，求出圆台的高，利用圆台的体积公式即可求解．【详解】连接交于点，某几何体是由此正六边形绕直线旋转一周而成，该几何体为两个圆台组合而成的组合体，由题可得，，则，，则该几何体的体积为 故选：B.7.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】可以通过取对数进行比较，可以构造函数，利用函数的单调性求解.【详解】，，则，，而，则有，即；设，，则在上为增函数，则有，即.综合可得：．故选：D8.已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数，且为曲线的对称中心，则必有其中函数若实数，满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】令，由解得，进而得出函数的对称中心．根据，结合函数的单调性，即可得出．【详解】令，则，令，解得， 又．函数的图象关于点成中心对称．因，所以，又，所以函数在上单调递增，所以.故选：A．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.设函数，则下列结论正确的为（）A.的最小正周期为B.的图象关于点对称C.的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到D.在上的最大值为【答案】BD【解析】【分析】根据正弦函数的周期可判断A；将代入验证可判断B；根据正弦函数图象的平移变换可判断C；由，确定，根据正弦函数的最值可判断D.【详解】对于函数，它最小正周期为，故A错误；令，求得，可得的图象关于点对称，故B正确； 把函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故C错误；当，，故当时，函数取得最大值为，故D正确．故选：BD．10.如图，在棱长为的正方体中，点，，分别为，，的中点，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（）A.与为共面直线B.平面∥平面C.三棱锥的体积为定值D.与平面所成角的正切值为【答案】BC【解析】【分析】根据棱柱的结构特征可得，即可判断A；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断B；由题意得点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，即可判断C；建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角，即可判断D．【详解】对于A：连接，如图所示： ，分别为，的中点，，在正方体中，，，而，与为异面直线，故A错误；对于B：连接，点，分别为，的中点，，又，平面，平面，∥平面，由选项A得，平面，平面，∥平面，又，平面，平面，平面∥平面，故B正确；对于C：由选项B得∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D：建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，， ，设平面的一个法向量为，则，取，则，，平面的一个法向量为，设与平面所成角为，，，，故D错误．故选：BC．11.已知直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，，若的最小值为，则下列结论正确的为（）A.B.为钝角C.D.若点，在上，且为的重心，则【答案】AC【解析】【分析】根据抛物线的几何性质可得，从而可判断，根据抛物线的几何性质及平行线的性质易证，从而可判断，再根据抛物线的焦半径公式、焦点弦的性质和三角形重心公式，可分别求解，，从而可得正确选项．【详解】对选项，根据抛物线的几何性质可得，，选项正确；对选项，根据抛物线的几何性质及平行线的性质可知：，， 从而可得，选项错误；对选项，由选项分析可知抛物线：，，设，，则，，，又根据抛物线焦点弦的性质可得，，，选项正确；对选项，设，，又，，根据的重心公式可得，，，选项错误．故选：．12.若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线：为曲线：和：的公切线，则下列结论正确的为（）A.和关于直线对称B.当时，C.若，则D.当时，和必存在斜率为的公切线【答案】ABD【解析】【分析】选项A，计算证明和互为反函数，即可；选项B，利用导数研究曲线的切线方程，可用含的式子表示出切点的坐标，再将其代入直线，即可得解；选项C，设，，，利用，并结合斜率的计算公式，可得；选项D，若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，再结合选项B中所得，求出和 的值．【详解】选项A，在两边取对数，有，所以，所以和互为反函数，即和关于直线对称，故A正确；选项B，当时，：，：，对于：，有，因为直线：为曲线的切线，所以，即，此时，所以切点坐标为，将其代入切线方程中，有，整理得，即B正确；选项C，当时，公切线为，设，，则，，所以，，解得，，所以，即，因为，所以，即，故C错误；选项D，当时，，，则，，若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，由选项B可知，，即，所以，，即，，符合题意，故当时，和必存在斜率为的公切线，即D正确．故选：ABD．【点睛】知识点点睛：互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）； ③互为反函数的两个函数关于对称，④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设等差数列的前项和为，若，，则公差______【答案】2【解析】【分析】由已知结合等差数列的求和公式即可求解．【详解】设等差数列的公差为d，因为等差数列的前项和为，，所以，所以公差．故答案为：．14.若的展开式的二项式系数之和为，则的展开式中的系数为______【答案】【解析】【分析】根据二项式系数之和求出n，再利用二项式展开式的通项公式，即可求出的展开式中的系数．【详解】的展开式的二项式系数之和为，，的展开式中的系数为．故答案为：．15.已知，若不等式恒成立，则实数的最小值为______【答案】【解析】【分析】原不等式可转化为∀，t恒成立，利用基本不等式可求得 的最大值，从而可得答案．【详解】因为∀，∴sinx＞0，cosx＞0，∴不等式sin2x﹣tsin2xt恒成立⇔t恒成立，∵＝（当且仅当，即tanx＝时取等号），∴t．故答案为：．16.在平面直角坐标系中，为坐标原点，记为双曲线：的左焦点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且线段与交于点，若，则的离心率的取值范围为______【答案】【解析】【分析】根据条件，可得，，利用余弦定理，结合直角三角形，通过的范围，推出，的范围，然后求解离心率的范围．【详解】由为双曲线：的左焦点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且线段与交于点，可得，，，记双曲线的右焦点为，，在中，， 为直角三角形，，，化简得，线段与交于点，且，，即，，即，，，故答案为：．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.设数列的前项和为，若，．（1）求的通项公式；（2）设，，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用替代得到新的等式，消去，得到关于的递推关系进行求解；（2）利用错位相减法进行求解.【小问1详解】，时，，化为，时，，解得，，满足，数列是等比数列，公比为，首项为，．【小问2详解】，， 数列的前项和，，相减可得：，化为．18.的内角的对边分别是，且，（1）求角的大小；（2）若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.【小问1详解】因为，由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，又因为，所以.【小问2详解】如图所示 因为即，化简得①,又由余弦定理得即②，①②联立解得（舍去）或，所以.19.某校筹办运动会，设计了方案一、方案二两种方案、为了解对这两种方案的支持情况，在校内随机抽取名同学，得到数据如下：男女支持不支持支持不支持方案一人人人人方案二人人人人假设校内所有同学支持何种方案互不影响．（1）依据所给数据及小概率值的独立性检验，能否认为支持方案一与性别有关？（2）以抽取的名同学的支持率高低为决策依据，应选择哪种方案？（3）用频率估计概率，从全校支持方案一的学生中随机抽取人，其中男生的人数记为，求随机变量的分布列和数学期望．附：，其中．【答案】（1）认为支持方案一与运动员的性别有关，此推断犯错误的概率不大于（2）应选择方案二（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据数据列出列联表，计算的值，与临界值表作比较即可得出结论； （2）分别计算支持两个方案的频率，比较可得结果；（3），计算取每个值的概率可得分布列，代入二项分布的期望公式计算即可求解．【小问1详解】根据数据可得方案一的列联表：支持不支持合计男女合计零假设为：支持方案一与运动员的性别无关，根据列联表中的数据，经计算得到，依据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为支持方案一与运动员的性别有关，此推断犯错误的概率不大于．【小问2详解】由题设表格中的数据可知，支持方案一的频率为，支持方案二的频率为，，本次运动会应选择方案二．【小问3详解】男生支持方案一的概率为，女生支持方案一的概率为，则的可能取值为，，，，，，， ，所以的分布列为：．20.在四棱锥中，侧棱平面，且平面平面．（1）证明：；（2）若，且，记平面与平面的夹角为，当时，求的长度．【答案】（1）证明见解析（2）2【解析】【分析】（1）由面面垂直证明平面，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，分别将平面与平面的法向量表示出来，代入夹角公式即可．【小问1详解】如图，过作，且垂足为，平面平面，平面平面，平面，又平面，，平面，平面，，又，，平面，平面，又平面，． 【小问2详解】设的中点为，连接，，，．四边形为平行四边形，又，，设，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，由知平面，平面的一个法向量为，设为平面的一个法向量，则即，令，平面与平面夹角的余弦值为，，解得，．21.在平面直角坐标系中，是坐标原点，点，分别为椭圆： 的上、下顶点，直线：与有且仅有一个公共点，设点在上运动，且不在坐标轴上，当直线的斜率为时，的右焦点恰在直线上．（1）求的方程；（2）设直线交轴于点，直线交于点，直线交于，两点．（i）证明：直线的斜率为定值；（ii）求面积的取值范围．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）由已知易得，的值，可求的方程；（2）（i）可求得，的坐标，直线的方程，求得，的坐标，可求直线的斜率为定值；（ii）直线与椭圆联立，可得，，可求面积的取值范围．【小问1详解】直线：与有且仅有一个公共点，该公共点为椭圆右顶点，，当的斜率为时，的右焦点恰在直线上，，联立，解得，，的方程为；【小问2详解】 （i）的方程为，，,设直线的方程为，令，得，，不在坐标轴上，存在且且，联立与，可得或，，直线交于点，，.（ii）直线方程为与联立，可得：，，，点到直线的距离，，， 且，，.【点睛】求范围或最值问题的解题方法：①利用函数单调性求范围或最值；②利用不等式求最值.22.已知函数．（1）判断在区间上的单调性；（2）若恰有两个不同的零点，，且，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案．（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，，进而可得，要证，即证，即可得出答案．【小问1详解】解：，若，则恒成立，所以在上单调递增， 若，当时，，单调递增，当时，，单调递减，下面判断与的大小关系，令，则，所以当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递减，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递减，综上所述，当，上单调递增，当时，在上单调递减，当且时，在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值， ，由不等式可得，所以，所以当时，恒成立，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，所以，即，所以，，设，，所以，即，所以，由可得，要证， 需要证，只要证，即，即，即证，由可证，所以即证．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.