2023届福建省南安市龙泉中学高三A班上学期数学（理）试题【含答案】

2023届福建省南安市龙泉中学高三A班上学期数学（理）试题一、单选题1．已知全集，集合和集合都是的非空子集，且满足，则下列集合中表示空集的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用图表示集合，结合图像即可找出表示空集的选项.【详解】由图表示集合如下：，由图可得，，，，故选：D2．已知复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的除法运算解出，则得到，则得到对应的点.【详解】，,则,其对应点为,故选：D.3．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】通过函数的奇偶性可排除AC，通过时函数值的符号可排除D，进而可得结果.【详解】令，其定义域为关于原点对称，，所以函数为奇函数，即图像关于原点对称，故排除AC，当时，，，，即，故排除D，故选：B.4．已知的展开式中项的系数为160，则当，时，的最小值为（

）A．4 B． C．2 D．【答案】B【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式，通过幂指数为160，求出关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最小值．【详解】的展开式中项的系数为160，所以，令，解得所以，所以，∵，，，当且仅当时等号成立，∴的最小值为，故选：B.5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用指数函数的性质，中间数0、幂函数、对数函数的单调性可得a，b，c的大小关系.【详解】根据指数函数的单调性可得，，根据对数函数的单调性可得，所以，故选：D.6．若数列满足，（，且），记，则（

）A．-1 B． C． D．【答案】C【分析】通过递推式得出数列是以4为周期的数列，进而可得结果.【详解】由得，所以，则，所以数列是以4为周期的数列，因为，所以，，，则，所以，故选：C.7．已知椭圆：的左右顶点分别为，，圆的方程为，动点在曲线上运动，动点在圆上运动，若的面积为，记的最大值和最小值分别为和，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，求出点P的坐标，再结合圆外的点与圆上的点距离最大与最小值的求解作答.【详解】椭圆：中，，设，因的面积为，则，解得或，当时，，当时，，即点或或或，圆圆心，半径，此时或或或，显然，又点在圆上运动，则有，此时点，，此时，即，所以.故选：B8．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和，则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道，令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，则用“调日法”得到的近似分数与实际值误差小于0.01的次数为（

）A．五 B．四 C．三 D．二【答案】B【分析】根据定义逐次求算，直到满足近似分数与实际值误差小于0.01即可.【详解】第一次用“调日法”后得，不合题意；第二次用“调日法”后得，不合题意；第三次用“调日法”后得，不合题意；第四次用“调日法”后得，合乎题意，即用“调日法”得到的近似分数与实际值误差小于0.01的次数为四次，故选：B.二、多选题9．下列圆中与圆相切的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】求出圆的圆心及半径，求出圆心距，即可得出答案.【详解】解：圆，化为，则圆的圆心，半径，对于A，圆心为，半径为，圆心距为，因为，所以两圆相交，故A不符题意；对于B，圆心为，半径为，圆心距为，所以两圆外切，故B符合题意；对于C，圆心为，半径为，圆心距为，所有两圆内切，故C符合题意；对于D，圆心为，半径为，圆心距为，所以两圆外离，故D不符题意.故选：BC.10．内接于的菱形周长可能是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】求出椭圆的极坐标方程，设内接于椭圆的菱形为ABCD，，，分别求出，，再根据，结合三角恒等变换化简，再根据三角函数的性质求出的最大值和最小值，即可得解．【详解】由，得，化为极坐标方程为，设内接于椭圆的菱形为ABCD，则，设，，则，，所以，当时，取得最大值，即的最大值为，所以菱形的周长的最大值为，当时，取得最小值，即的最小值为，所以菱形的周长的最小值为，结合选项可知ABC正确，故选：ABC.11．已知抛物线上的四点，，，，直线，是圆的两条切线，直线、与圆分别切于点、，则下列说法正确的有（

）A．当劣弧的弧长最短时， B．当劣弧的弧长最短时，C．直线的方程为 D．直线的方程为【答案】BD【分析】对于AB选项，当劣弧最短时，即最小，最大，最小，根据二倍角公式及三角函数可得，设点，求的最小值即可得解；对于CD选项，根据相切可得直线与的方程，进而可得点与点的坐标，即可得直线.【详解】由已知得抛物线过点，即，所以，即抛物线为，对于AB选项，如图所示，设点当劣弧的弧长最短时，最小，又，所以最大，即最小，又，又圆，所以圆心，半径，，又，所以当时，取最小值为，此时最小为，所以A选项错误，B选项正确；对于CD选项，设过点作圆切线的方程为，即，所以，解得，则直线的方程为：，即，直线的方程为：，即，联立直线与抛物线，得，故，，，同理可得，所以，直线的方程为，即，所以C选项错误，D选项正确；故选：BD.12．如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（

）A．若为锐角，则在转动过程中存在位置使B．若为直角，则在转动过程中存在位置使C．若，则在转动过程中存在位置使D．若，则在转动过程中存在位置使【答案】AC【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：在圆锥上任取一点，平面为平面，当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则；因为，，平面，当时，点与点重合；当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.对于A选项，若为锐角，如下图所示：不妨设，则，，因为，若存在位置使得，即，设，由于，则点不与线段的端点重合，即，，则，即，令，其中，因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，，，故方程在时有解，所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，此时，不存在位置使得，B错；对于C选项，连接、，因为，，则，，则，由圆的几何性质可得，，则，所以，,故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，延长交圆于点，连接，则，若，则在转动过程中存在位置使，C对；对于D选项，若，，则，，则，由圆的几何性质可得，，，所以，，所以，与圆相切，当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，则，所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.三、填空题13．将边长为2的正水平放置后，利用斜二测画法得其直观图，则的面积为__________.【答案】【分析】利用直观图与原图形的关系直接求得.【详解】边长为2的正的面积为，即.由斜二测画法的直观图与原图形的关系可知：故答案为：14．已知椭圆的左、右焦点分别是，，斜率为的直线经过左焦点且交于，两点（点在第一象限），设的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率______．【答案】【分析】根据题意得，进而联立直线与椭圆方程得，，进而令，则，再代入值计算即可得答案.【详解】解：如图所示，由椭圆定义可得，，设的面积为，的面积为，因为，所以，，即，设直线，则联立椭圆方程与直线，可得，所以，，令，则，当时，有.故答案为：15．以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则__________【答案】##【分析】作图后由二面角的定义与勾股定理，列方程求出正三棱锥高与球的半径之比，再得两个三棱锥的高之比【详解】如图，正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，设到底面的距离为，到底面的距离为，则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，记其中点为，且由题意可知，为正三角形的中心，因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，由，，，且为的中点，可得，，，则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，，，记球的半径为，于是，在中，由勾股定理可得，，解得，于是，则．故答案为：16．若方程存在唯一实根，则实数的取值范围是_____.【答案】【分析】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，利用导数分析的单调性，并在同一坐标系中做出与函数的图象，即可求解【详解】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，令，则令，注意到，则，且当时，，所以，即；当时，，所以，即；所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，当时，恒成立；当时，；所以的大致图象为：由存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，由图象可知或时满足条件，所以方程存在唯一实根时，实数的取值范围是故答案为：四、解答题17．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．(1)若，求B的大小；(2)若△ABC不是钝角三角形，且，求△ABC的面积取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用三角公式得到或.由求出；（2）先判断出△ABC是直角三角形，利用基本不等式求出△ABC的面积取值范围.【详解】（1）因为，所以，即.因为A，B，C为△ABC的内角，所以或.因为，所以（不合题意，舍去）.所以，而，所以.（2）由（1）可知：或.当时，有，这与△ABC不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；当时，，所以△ABC是直角三角形，所以，即.而.因为，所以（当且仅当时等号成立）.又，所以，所以，即△ABC的面积取值范围为.18．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．(2)求平面和平面夹角的余弦值．【答案】(1)存在，劣弧的长度为(2)【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，因为∥，平面，平面，则∥平面同理可证∥平面，，且平面，平面所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故，，，，，，，易知平面的法向量设平面的法向量为，又因为，故即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面夹角的余弦值为19．已知数列的前项和满足，，．(1)求的通项公式；(2)数列，，满足，，且，求数列的前项和．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用与的关系得到，然后得到，两式求差，得到，这样判断数列为等差数列，然后计算，得到首项和公差，写出的通项公式；（2）利用的通项公式求出的通项公式，然后利用的关系，运用累加法求出的通项公式，然后利用的通项公式求出的通项，再利用裂项相消求出.【详解】（1）由题意知，，两式相减得，，故，，两式相减得，即，可知数列为等差数列，又，则，解得，又因为，所以，等差数列的公差，故．（2）由题易知，又因为，所以，由累乘法可得：，，，，所以，，因为，所以，，当时，也符合，所以，，则，．20．某家电专卖店试销三种新型空调，销售情况如下表所示：第一周第二周第三周第四周型数量（台）111015型数量（台）14913型数量（台）61112(1)从前三周随机选一周，若型空调销售量比型空调多，求型空调销售量比型空调多的概率；(2)为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从该家电专卖店第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取一台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列和数学期望；(3)直接写出一组的值，使得表中每行数据的方差相等．【答案】(1)(2)分布列见解析；.(3)【分析】（1）根据条件概率的计算公式即可求解；（2）根据题意得出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列，根据分布列求数学期望.（3）利用方差的计算公式，结合题干中每组数据，将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除的数即可.【详解】（1）解：记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；故若型空调销售量比型空调多，型空调销售量比型空调多的概率为.（2）解：由题可知，在第二周抽取型空调的概率为，第三周抽取型空调的概率为.的可能取值为0，1，2，故,,,故的分布列为：012则.（3）解：因为方差，且表中每行方差相等.所以其中，，，.观察数据：第一组15，11，10，；第二组：14，13，9，；第三组：12，11，6，.故可以将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除，即，则，，.则.故满足题意.21．如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ，PF为直径作圆和圆，且圆和圆交于P，R两点，且.(1)求动点的轨迹E的方程；(2)若直线：交轨迹E于A，B两点，直线：与轨迹E交于M，D两点，其中点M在第一象限，点A，B在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）设点，根据正弦定理得，则，化解即可；（2）首先求出，根据正弦定理得，设，通过的化简得到，再代入计算得，然后再联立直线与抛物线方程得到韦达定理式，计算，点到直线的距离为，得到面积表达式，再利用导数求出其最大值.【详解】（1）设点,因为,由正弦定理知,所以,解得,所以曲线的方程为.（2）直线与曲线在第一象限交于点,因为,所以,由正弦定理得:,所以.设，所以,得,所以，所以直线方程为:,联立，得由韦达定理得,又因为点在直线的上方,所以,所以,所以,又因为点到直线的距离为,所以方法一：令,则,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以，所以当时,面积最大,此时最大值为.方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:，当且仅当,即时,等号成立.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用正弦定理得到，则得到相关直线的斜率和为0，通过计算得到，再代回计算得，从而减少直线里的变量，这样再联立抛