2023届福建省福鼎市高三最后一模数学试题【含答案】

一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．D【分析】先求出集合，再按照集合间的基本关系和运算判断即可.【详解】，，A错误；，B错误；，C错误，D正确.故选：D.2．已知（其中为虚数单位），则复数（

）A． B． C． D．A【分析】利用复数除法公式，即可求解.【详解】又条件可知.故选：A3．已知一种放射性元素最初的质量是500g，按每年10%衰减，则可求得这种元素的半衰期（质量变到原有质量一半所需的时间）为（

）（已知lg2=0.3010，lg3=0.4771，结果精确到0.1）A．7.6年 B．7.8年 C．6.2年 D．6.6年D【分析】按每年10%衰减，得出每年剩余90%，列出方程，根据对数运算得出结果.【详解】最初的质量是500g，经过一年后，质量变为，经过2年后，质量变为，经过t年后，质量变为，令，则，则，.则这种元素的半衰期年.故选：D.4．“不等式在R上恒成立”的充分不必要条件是（

）A． B． C． D．A【分析】根据二次不等式恒成立求出充要条件，再由充分条件，必要条件的概念求出选项.【详解】不等式在R上恒成立，即，因为，但不能推出成立，故是不等式在R上恒成立的充分不必要条件，故选：A5．已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为（

）．A． B． C． D．C【分析】求出球心到底面ABC的距离和球的半径，从而确定三棱锥的高的最大值为3，利用椎体体积公式求出体积的最大值.【详解】球O的半径为R，则，解得：，由已知可得：，其中球心O到平面ABC的距离为，故三棱锥的高的最大值为3，体积最大值为．故选：C．6．已知一组数据的平均数为，标准差为.若的平均数与方差相等，则的最大值为（

）A． B． C． D．A【分析】利用平均数与方差的性质，结合二次函数的性质即可求解.【详解】由题意可知，，则.因为，所以，解得.令设，则，从而，由二次函数的性质知，对称轴为，开口向下，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值为.故选：A.7．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，点在第一象限且在抛物线上，则当取最大值时，直线方程为（

）A． B． C． D．C【分析】利用抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等求解即可.【详解】过点作与准线垂直，垂足为，，如图：当最大时，取最大值，此时与抛物线相切.∵抛物线的焦点，∴，设切线方程为，则，∴，由解得，，∵点M在第一象限内，∴，直线方程为故选：C.8．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若与的图象交于点、、、，则（

）A． B． C． D．D【分析】分析可知函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心，直线关于点对称，作出图形，结合对称性可求得结果.【详解】由题意可得，所以，，故函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，且，故点是函数图象的一个对称中心，作出函数的图象如下图所示：且当时，；当时，.且直线关于点对称，由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，故，，因此，.故选：D.关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题的关键在于分析函数的对称性与周期性，利用图象并结合对称性来处理.二、多选题9．已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论，其中错误的结论是（

）A．的一个周期是B．是偶函数C．在区间上单调递减D．的最大值大于BC【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项的正误；利用和的值可判断B选项的正误；化简函数在上的解析式，可判断C选项的正误；由的值可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，所以，函数的一个周期为，A选项正确；对于B选项，，，，，所以，函数不是偶函数，B选项错误；对于C选项，当时，，，则，则，所以，函数在是常函数，C选项错误；对于D选项，，D选项正确.故选：BC.10．在正方体中，分别为的中点，则（

）

A．直线与直线垂直B．点与点到平面的距离相等C．直线与平面平行D．与的夹角为ABC【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐项判断即可得答案.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则且，对于A，，所以，所以直线与直线垂直，故A正确；对于B，设平面的法向量为，又，所以，令得，又，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，故B正确；对于C，因为所以，即，又平面，平面，所以平面，故C正确；对于D，因为，所以，所以与的夹角余弦值为，夹角大小不为，故D错误.故选：ABC.11．已知正实数a，b满足，则以下不等式正确的是（

）A． B． C． D．BD【分析】对于A，对两边同除以进行判断，对于B，利用基本不等式分析判断，对于C，由可得，产生矛盾，对于D，由已知可得，所以，化简后利用基本不等式求解【详解】对于A，因为正实数a，b满足，所以，即，所以A错误，对于B，因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以B正确，对于C，若，则，所以，所以，而由选项B可知，所以不成立，所以C错误，对于D，因为正实数a，b满足，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以D正确，故选：BD12．将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”，B表示事件“医生乙派往①村庄”，C表示事件“医生乙派往②村庄”，则（

）A．事件A与B相互独立 B．C．事件A与C相互独立 D．BD【分析】由古典概率公式计算出，然后由相互独立事件的定义判断AC，由条件概率公式计算条件概率判断BD．【详解】因为4名医生派去三个村庄，基本事件的总数为，它们是等可能的基本事件，事件含有的基本事件个数为，所以，同理，事件含有的基本事件的个数为，，事件含有的基本事件的个数为，，，事件A与B不相互独立,A错误；，事件A与C不相互独立，C错误；，B正确；，D正确．故选：BD．三、填空题13．若向量满足，，，则与的夹角为_______./【分析】利用向量的模的坐标表示及向量的夹角公式即可求解.【详解】因为，所以.又因为，，所以，又，所以与的夹角为.故答案为14．

展开式中含项的系数为______【分析】利用二项式定理及通项公式即可求解.【详解】由题意可知，展开式的通项公式为，其中所以展开式中含项的系数为，

即含项的系数为.故答案为15．如图，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为__________

【分析】根据椭圆的定义及直径所对的圆周角等于，利用勾股定理及锐角三角函数的定义，结合三角函数的诱导公式及斜率的定义即可求解.【详解】连接，如图所示

设则，由椭圆的定义得所以在中，,所以,即，整理得，所以，所以直线的斜率为.故答案为四、双空题16．已知函数（1）函数的值域是____________.（2）若关于x的方程恰有两个互异的实数解，则a的取值范围是______________-.【分析】（1）根据函数解析式分别求解分段函数在每一段定义区间内的值域，最终取并集即可；（2）将方程有两个互异的实数解转化为函数图象和直线有两个交点问题，观察函数图象和直线，利用数形结合思想求解.【详解】（1）当时，；当时，，所以函数的值域为.（2）关于x的方程（a∈R）恰有两个互异的实数解，即函数的图象与直线有两个不同的交点，在平面直角坐标系内画出函数的图象和直线如图所示，当直线分别经过点和时，a的值分别为和，有图易得当时，函数的图象和直线有两个交点；当直线与函数的图象在内相切时，有，即有且仅有一个根，则有，解得（舍去）.综上所述，a的取值范围是.故；.五、解答题17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)若，求B；(2)若D为AC中点，且，求．(1)(2)【分析】（1）由题意，根据余弦定理，结合三角形内角性质以及正弦定理，可得答案；（2）由题意，根据向量的基本性质，结合余弦定理，整理齐次方程，可得答案.【详解】（1）由余弦定理得.又，所以，即.由正弦定理得，因为，所以，因为，所以.又因为，所以.（2）因为点是的中点，所以，所以..因为，所以.又因为，所以，即，解得.18．已知数列中，，是数列的前项和，且.(1)求数列的通项公式：(2)证明(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用与关系可推导得到，利用累乘法即可求得；（2）由，结合可得，并由此得到；采用裂项相消法可整理得到，由可证得结论.【详解】（1）由得：且；当且时，，整理可得：，，则，，，，，各式相乘得：，又，.当时成立，故.（2）由得：，，，又，.19．如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成

(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角是直二面角?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(1)证明见详解(2)存在，【分析】（1）根据题意分析可得，进而可证，//，根据线面平行的判定定理分析证明；（2）建系，设，分别求平面、平面的法向量，结合面面垂直的向量关系运算求解.【详解】（1）由题意可得：，则，且为锐角，则，因为三角形ABD为正三角形，则，可得，即，所以//，平面ADE，平面ADE，可得BC∥平面ADE.（2）如图，以的中点为坐标原点，为x轴，的中垂线为y轴建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，设，平面的法向量，因为，则，令，则，即，若二面角是直二面角，则，整理得，联立方程，解得或，因为，则，可得，即所以，可得当时，二面角是直二面角.

20．“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．(1)求甲以3∶1赢得比赛的概率；(2)设比赛的总局数为，求．(1)(2)【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；(2)确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望.【详解】（1）设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，其中互斥，相互独立，所以，所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；（2）的可能取值为3，4，5，设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，；；；；；；则，所以．21．已知双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且过点.(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点，E，F是双曲线C上不同于D的两点，且，于点G，证明:存在定点H，使为定值.(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，设出双曲线C的方程，再将点的坐标代入求解作答.（2）当直线斜率存在时，设出其方程并与双曲线C的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】（1）依题意，设双曲线C的方程为，而点在双曲线C上，于是，双曲线C的方程为，即，所以双曲线C的标准方程为.（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为：，设，由消去y并整理得，有，且，即且，有，又，，由，得，整理得，于是，化简得，即，解得或，均满足条件，当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾，当时，直线的方程为，直线过定点；当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设直线的方程为：，由解得或，因此点的横坐标有，即直线过定点，综上得直线过定点，由于，即点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径，所以存在定点，使为定值.

思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.22．已知(1)当时，求的单调性；(2)讨论的零点个数．(1)在上单调递减，在上单调递增；(2)当，0个零点；当或，1个零点；，2个零点【分析】（1）求出函数的导函数，可得，令，利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间；（2）依题意可得，令，则问题转化为，，利用零点存在定理结合单调性可判断方