2023届福建省三明市教研联盟校高三上学期期中联考数学试题

第页，共页福建省三明市教研联盟校2023届高三上学期期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.已知集合，则（

）A． B．C． D．2.已知是虚数单位，，则“复数为纯虚数”是“”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3.同时具有以下性质：“①最小正周期是：②在区间上是增函数”的一个函数是（

）A． B．C． D．4.定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度.其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（

）A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨5.将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，则该数列为先减后增数列的概率为（

）A． B． C． D．6.荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是.若经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的（

）（参考数据：）A．45倍 B．50倍 C．55倍 D．60倍7.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（

）A． B．是数列中的最大值C． D．数列无最大值8.对任意恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.下列说法正确的有（

）A．若事件与事件互斥，则事件与事件对立B．若随机变量，则方差C．若随机变量，，则D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和10.已知向量，则下列命题正确的是（

）A．的最大值为B．存在，使得C．若，则D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为11.已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．三棱柱的体积为B．平面C．与平面所成角为D．点到平面的距离为12.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．三、填空题（本大题共3小题）13.已知，则的值为.14.将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，则的最小值是.15.如图，已知三棱柱，底面是边长为的等边三角形，在底面的射影是的中心，且为的中点，在线段上且，过点作三棱柱的截面，若交于点，则三棱锥外接球的表面积是.四、双空题（本大题共1小题）16.已知函数，若存在互不相等的实数，，，使得，则（1）实数的取值范围为；（2）的取值范围是．五、解答题（本大题共6小题）17.已知数列的前项和为，满足，且是与的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18.已知函数，其中．(1)若函数的单调减区间为，求实数，的值；(2)若，已知曲线在点处的切线与轴的交点为，求的最小值．19.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．20.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.21.中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车､电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.(1)求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；(2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：性别购买非电动汽车购买电动汽车总计男性39645女性301545总计692190依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；(3)在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.①参考数据：；②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.（iii），其中.附表：22.已知函数与函数(1)若，求的取值范围;(2)若曲线与轴有两不同的交点，求证:两条曲线与共有三个不同的交点.

参考答案1.【答案】D【分析】求出即得解.【详解】解：由题得，所以.故选：D2.【答案】B【分析】复数为纯虚数时，根据充分必要条件的定义进行判断.【详解】为纯虚数，则，且，即.因此“复数为纯虚数”不能推出“”，而“”时“复数为纯虚数”一定成立，所以“复数为纯虚数”是“”的必要不充分条件.故选：B3.【答案】A【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.【详解】对于A选项，函数的最小正周期，当时，，所以函数在区间上是增函数，故A选项符合题意；对于B选项，函数的最小正周期，故B选项不符合题意；对于C选项，函数的最小正周期，当时，，所以函数在区间上是减函数，故C选项不符合题意；对于D选项，函数的最小正周期，当时，，所以函数在区间上是非单调函数，故D选项不符合题意；故选：A4.【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨.故选：B.5.【答案】B【分析】根据题意，求出这五个数随机排成一列组成一个数列的所有可能情况，该数列为先减后增，可知1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，结合1前面的情况，分类讨论求出满足条件的情况数，最后根据古典概型求出概率即可．【详解】解：将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，则所有可能情况有种情况，由于该数列为先减后增，则1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，当1前面只有一个数时，有4种情况，当1前面只有2个数时，有种情况，当1前面有3个数时，有4种情况，故一共有，故数列为先减后增数列的概率．故选：B．6.【答案】C【分析】先求出经过200天后的进步值和退步值，再根据对数与指数关系，对数与指数的运算性质求值.【详解】由已知经过200天，“进步”的值为，“退步”的值为，所以“进步”的值与是“退步”的值的比值，两边取对数可得，又，，所以，因为，所以，所以经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的55倍，故选：C.7.【答案】C【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．【详解】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，又由，即，又，则有或，又当时，可得，由，则与矛盾所以，则有，由此分析选项：对于A，，故，故A错误；对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；对于C，等比数列中，则，则，故C正确；对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.故选：C.8.【答案】D【分析】由得，令，，利用导函数求最小值、最大值即可.【详解】当时，，不等式显然成立；当时，，令，令，则是上的增函数且，当时，此时递减，时，此时递增.故的最小值为，令，则，故是增函数，的最大值为，故，综上所述，，故选：D9.【答案】BCD【分析】根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可直接得出方差的结果，再利用可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；利用线性回归方程分析，先将转化为，对应解析式可判断D选项.【详解】由对立事件和互斥事件定义可得，对立事件是互斥的，互斥事件不一定对立，所以A选项错误；由二项分布可得，又由公式可得，所以B选项正确；正态分布，对称轴，，得，又因为与关于对称，所以，所以C选项正确；将两边同时取得，，与对应，则，即，，所以D选项正确.故选：BCD10.【答案】ABD【分析】利用平面向量的坐标运算，计算，结合辅助角公式等三角知识判断正误.【详解】对于A，，其中，所以当，最大值为，A正确.对于B，因为，所以当，且时，，即使得，时，符合题意，所以B正确.对于C，若，则，此时，C错误.对于D，在上的投影向量为，所以，所以和的夹角为，D正确.故选：ABD.11.【答案】BC【分析】对A：由棱柱的体积计算公式直接求解即可；对B：通过证明所在平面平行于平面，即可由面面平行推出线面平行；对C：根据线面角的几何求法，先找到线面角，再求解即可；对D：根据等体积法，直接求解即可.【详解】对A：，故A错误；对B：连接，如下所示：易知//，面面，故//面；易知//，面面，故//面；又面，故面//面；又面，故//面，故B正确；对C：连接交于点，连接，如下所示：因为为正方形，故可得，又面面，故，又面，，故面，又面与面为同一个平面，则直线与平面所成角即为，又面，则，故在△中，，，又，故，即与平面所成角为，C正确；对D：在△中，，故；在△中，，故，又面，设点到面的距离为，则由可得，即，解得，即点到面的距离为，故D错误.故选：BC.12.【答案】ABD【详解】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，，，类似的有，，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.13.【答案】【分析】赋值法求，根据二项式展开式通项求，即可求.【详解】令，由的展开式的通项为，令，得，令，得，所以，所以.故答案为：14.【答案】【分析】利用三角函数的图像变换以及奇偶性的性质求解.【详解】由题意可得：，∵为偶函数，则，∴，又∵，即，则，∴当时，取到最小值为5.故答案为：5.15.【答案】【分析】根据三角形相似可得是的中点，取的中点，的中心，根据线面垂直的判定定理可得平面，故平面球心到平面的距离.在中，由余弦定理求出，由正弦定理可求得外接圆半径，从而可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.【详解】延长交于点，连接交与M点，如图，易知,则.取中点，则,且有.故是的中点.取的中点，易得四边形是平行四边形.设的中心为，在上，因为在底面的射影是的中心，所以平面，因为，所以,且三棱锥的外接球与三棱锥的外接球相同.因为平面，即平面.因为平面，所以.因为，平面所以平面球心到平面的距离.在中，由余弦定理可求得，再由正弦定理可求得外接圆半径..三棱锥外接球的表面积为：.故答案为:.16.【答案】

；

【分析】画出的图象，由题意可知直线与函数的图象有4个交点，从而可求出实数的取值范围，不妨设，则必有，，从而有，且，利用对勾函数的性质可求出的范围，进而可求出的取值范围【详解】解：函数的图象如图：，即直线与函数图象有4个交点，故．，不妨设，则必有，，，则，且，，由对勾函数的性质可得函数在上单调递增，，．故答案为：，17.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题可得，利用可得是以1为首项，3为公比的等比数列，即可得出通项公式；（2）可得，利用裂项相消法即可求解.【详解】解：（1）是与的等差中项，，所以当时，，两式相减可得，即又因为当时，，因此满足上式，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，（2），，.18.【答案】(1)，(2)13【分析】(1)由已知的解集为，根据二次方程和二次不等式的解的关系求，的值；(2)根据导数的几何意义确定的关系，由此可得，利用导数求其最小值．【详解】（1）因为，所以，已知函数的单调减区间为，故的解集为，所以故解得，，当，时，，当时，，函数在单调递增，当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，满足已知条件，故，；（2）因为，所以，可得，即，又由，得切线方程为，即，令，可得，即，则，令，，可得，，令，即，解得，令，即，解得，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为．19.【答案】（1）（2）【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.故PA＝.5分（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，化简得cosα＝4sinα.所以tanα＝，即tan∠PBA＝.12分考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.20.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.【详解】（1）设，连接，在菱形中，为中点，且，因为，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，易知，则，，因为，，所以为二面角的平面角，所以，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设二面角为，则，又，则.21.【答案】(1)，与线性相关较强(2)认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于(3)分布列答案见解析，数学期望：【分析】(1)利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；（2）直接利用独立性检验公式求