福建省福州2023年高三下第一次測試數學試題含解析

1、2023年高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知純虛數滿足，其中為虛數單位，則實數等于（ ）AB1CD22已知函數為奇函數，且，則（ ）A2B5C

2、1D33等差數列的前項和為，若，則數列的公差為（ ）A-2B2C4D74已知滿足，則（ ）ABCD5記集合和集合表示的平面區(qū)域分別是和,若在區(qū)域內任取一點,則該點落在區(qū)域的概率為( )ABCD6已知集合，則（ ）ABCD7已知實數，函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（ ）ABCD8若，則“”是“的展開式中項的系數為90”的（ ）A必要不充分條件B充分不必要條件C充要條件D既不充分也不必要條件9已知不重合的平面 和直線 ，則“ ”的充分不必要條件是（ ）A內有無數條直線與平行B 且C 且D內的任何直線都與平行10在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，D是AB的中點，若，且，則面積的最大

3、值是( )ABCD11已知平面和直線a，b，則下列命題正確的是（ ）A若，b，則B若，則C若，則D若，b，則12已知命題p:直線ab，且b平面，則a；命題q:直線l平面，任意直線m，則lm.下列命題為真命題的是（ ）ApqBp（非q）C（非p）qDp（非q）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知在ABC中，（2sin32，2cos32），（cos77，cos13），則_，ABC的面積為_14從編號為，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，則第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為_.15如圖，養(yǎng)殖公司欲在某湖邊依托互相垂直的湖岸線、圍成一個三角形

4、養(yǎng)殖區(qū).為了便于管理，在線段之間有一觀察站點，到直線，的距離分別為8百米、1百米，則觀察點到點、距離之和的最小值為_百米.16已知各項均為正數的等比數列的前項積為，（且），則_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知矩陣,二階矩陣滿足.（1）求矩陣;（2）求矩陣的特征值18（12分）已知函數（1）若不等式有解，求實數的取值范圍；（2）函數的最小值為，若正實數，滿足，證明：19（12分）如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，在銳角中，E是邊PD上一點，且.（1）求證：平面ACE；（2）當PA的長為何值時，AC與平面PCD所成的角為？20（12分）如圖，在四棱錐

5、中，底面為矩形，側面底面，為棱的中點，為棱上任意一點，且不與點、點重合（1）求證：平面平面；（2）是否存在點使得平面與平面所成的角的余弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由21（12分）已知橢圓的右焦點為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為，且與短軸兩端點的連線相互垂直.（1）求橢圓的方程；（2）若圓上存在兩點，橢圓上存在兩個點滿足：三點共線，三點共線，且，求四邊形面積的取值范圍.22（10分）設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范圍.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1B【解

6、析】先根據復數的除法表示出，然后根據是純虛數求解出對應的的值即可.【詳解】因為，所以，又因為是純虛數，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查復數的除法運算以及根據復數是純虛數求解參數值，難度較易.若復數為純虛數，則有.2B【解析】由函數為奇函數,則有,代入已知即可求得.【詳解】.故選:.【點睛】本題考查奇偶性在抽象函數中的應用,考查學生分析問題的能力,難度較易.3B【解析】在等差數列中由等差數列公式與下標和的性質求得，再由等差數列通項公式求得公差.【詳解】在等差數列的前項和為，則則故選：B【點睛】本題考查等差數列中求由已知關系求公差，屬于基礎題.4A【解析】利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得

7、結果.【詳解】，.故選：A.【點睛】本題考查三角求值，涉及兩角和與差的余弦公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.5C【解析】據題意可知，是與面積有關的幾何概率，要求落在區(qū)域內的概率，只要求、所表示區(qū)域的面積，然后代入概率公式，計算即可得答案【詳解】根據題意可得集合所表示的區(qū)域即為如圖所表示：的圓及內部的平面區(qū)域，面積為，集合，表示的平面區(qū)域即為圖中的，根據幾何概率的計算公式可得，故選：C【點睛】本題主要考查了幾何概率的計算，本題是與面積有關的幾何概率模型解決本題的關鍵是要準確求出兩區(qū)域的面積6C【解析】求出集合，計算出和，即可得出結論.【詳解】，.故選：C.【點睛】本題考查交集和并集的計算，考

8、查計算能力，屬于基礎題.7D【解析】根據題意，對于函數分2段分析：當，由指數函數的性質分析可得，當，由導數與函數單調性的關系可得，在上恒成立，變形可得，再結合函數的單調性，分析可得，聯立三個式子，分析可得答案.【詳解】解：根據題意，函數在上單調遞增，當，若為增函數，則，當，若為增函數，必有在上恒成立，變形可得：，又由，可得在上單調遞減，則，若在上恒成立，則有，若函數在上單調遞增，左邊一段函數的最大值不能大于右邊一段函數的最小值，則需有，聯立可得：.故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的性質以及應用，注意分段函數單調性的性質.8B【解析】求得的二項展開式的通項為,令時,可得項的系數為90,即,求

9、得,即可得出結果.【詳解】若則二項展開式的通項為,令,即,則項的系數為,充分性成立;當的展開式中項的系數為90,則有,從而,必要性不成立.故選:B.【點睛】本題考查二項式定理、充分條件、必要條件及充要條件的判斷知識,考查考生的分析問題的能力和計算能力,難度較易.9B【解析】根據充分不必要條件和直線和平面，平面和平面的位置關系，依次判斷每個選項得到答案.【詳解】A. 內有無數條直線與平行，則相交或，排除；B. 且，故，當，不能得到 且，滿足；C. 且，則相交或，排除；D. 內的任何直線都與平行，故，若，則內的任何直線都與平行，充要條件，排除.故選：.【點睛】本題考查了充分不必要條件和直線和平面，

10、平面和平面的位置關系，意在考查學生的綜合應用能力.10A【解析】根據正弦定理可得，求出，根據平方關系求出.由兩端平方，求的最大值，根據三角形面積公式，求出面積的最大值.【詳解】中，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中點，且，即，即，當且僅當時，等號成立.的面積，所以面積的最大值為.故選：.【點睛】本題考查正、余弦定理、不等式、三角形面積公式和向量的數量積運算，屬于中檔題.11C【解析】根據線面的位置關系，結合線面平行的判定定理、平行線的性質進行判斷即可.【詳解】A：當時，也可以滿足，b，故本命題不正確；B：當時，也可以滿足，故本命題不正確；C：根據平行線的性質可知：當，時，能得

11、到，故本命題是正確的；D：當時，也可以滿足，b，故本命題不正確.故選：C【點睛】本題考查了線面的位置關系，考查了平行線的性質，考查了推理論證能力.12C【解析】首先判斷出為假命題、為真命題，然后結合含有簡單邏輯聯結詞命題的真假性，判斷出正確選項.【詳解】根據線面平行的判定，我們易得命題若直線，直線平面，則直線平面或直線在平面內，命題為假命題；根據線面垂直的定義，我們易得命題若直線平面，則若直線與平面內的任意直線都垂直，命題為真命題.故:A命題“”為假命題；B命題“”為假命題；C命題“”為真命題；D命題“”為假命題.故選：C.【點睛】本小題主要考查線面平行與垂直有關命題真假性的判斷，考查含有簡單

12、邏輯聯結詞的命題的真假性判斷，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 【解析】根據向量數量積的坐標表示結合兩角差的正弦公式的逆用即可得解；結合求出，根據面積公式即可得解.【詳解】2（sin32cos77cos32sin77），故答案為：【點睛】此題考查平面向量與三角函數解三角形綜合應用，涉及平面向量數量積的坐標表示，三角恒等變換，根據三角形面積公式求解三角形面積，綜合性強.14【解析】基本事件總數，第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，由此能求出概率.【詳解】解：從編號為，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，基本事件總數，第二次

13、抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，分別為：，.所以第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為.故答案為.【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、列舉法等基礎知識，屬于基礎題.15【解析】建系，將直線用方程表示出來，再用參數表示出線段的長度，最后利用導數來求函數最小值.【詳解】以為原點，所在直線分別作為軸，建立平面直角坐標系，則.設直線，即，則，所以，所以，則，則，當時，則單調遞減，當時，則單調遞增，所以當時，最短，此時.故答案為：【點睛】本題考查導數的實際應用，屬于中檔題.16【解析】利用等比數列的性質求得，進而求得，再利用對數運算求得的值.【

14、詳解】由于，所以，則，.故答案為：【點睛】本小題主要考查等比數列的性質，考查對數運算，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）（2）特征值為或【解析】（1）先設矩陣,根據,按照運算規(guī)律,即可求出矩陣.（2）令矩陣的特征多項式等于,即可求出矩陣的特征值【詳解】解：（1）設矩陣由題意,因為,所以 ,即所以,（2）矩陣的特征多項式,令,解得或,所以矩陣的特征值為1或【點睛】本題主要考查矩陣的乘法和矩陣的特征值,考查學生的劃歸與轉化能力和運算求解能力.18（1）（2）見解析【解析】(1)分離得到，求的最小值即可求得的取值范圍；（2）先求出，得到，利用乘變化即

15、可證明不等式.【詳解】解：（1）設，在上單調遞減，在上單調遞增故有解，即的取值范圍為（2），當且僅當時等號成立，即當且僅當，時等號成立，即成立【點睛】此題考查不等式的證明，注意定值乘變化的靈活應用，屬于較易題目.19（1）證明見解析；（2）當時，AC與平面PCD所成的角為.【解析】（1）連接交于，由相似三角形可得，結合得出，故而平面；（2）過作，可證平面，根據計算，得出的大小，再計算的長【詳解】（1）證明：連接BD交AC于點O，連接OE，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），平面PAD作，F為垂足，連接CF平面PAD，平面PAD.，有，平面就是AC與平面PCD所成的角，時，AC與平面P

16、CD所成的角為.【點睛】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定與線面角的計算，屬于中檔題20（1）證明見解析 （2）存在，為中點【解析】（1）證明面，即證明平面平面；（2）以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系利用向量方法得，解得，所以為中點【詳解】（1）由于為中點，又，故，所以為直角三角形且，即又因為面，面面，面面，故面，又面，所以面面（2）由（1）知面，又四邊形為矩形，則兩兩垂直以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系則，設，則，設平面的法向量為，則有，令，則，則平面的一個法向量為，同理可得平面的一個法向量為，設平面與平面所成角為

17、，則由題意可得，解得，所以點為中點【點睛】本題主要考查空間幾何位置關系的證明，考查空間二面角的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.21（1）；（2）【解析】（1）又題意知，及即可求得，從而得橢圓方程.（2）分三種情況：直線斜率不存在時，的斜率為0時，的斜率存在且不為0時，設出直線方程，聯立方程組，用韋達定理和弦長公式以及四邊形的面積公式計算即可.【詳解】（1）由焦點與短軸兩端點的連線相互垂直及橢圓的對稱性可知，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為.又，解得.橢圓的方程為（2）由（1）可知圓的方程為，（i）當直線的斜率不存在時，直線的斜率為0，此時（ii）當直線的斜率為零時，.（iii）當直線的斜率存在且不等于零時，設直線的方程為，聯立，得，設的橫坐標分別為，則.所以，（注：的長度也可以用點到直線的距離和勾股定理計算.）由可得直線的方程為，聯立橢圓的方程消去，得設的橫坐標為，則.綜上，由（i）（ii）（）得的取值范圍是.【點睛】本題考查橢圓的標準方程與幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題，解答此類題目，通常利用的關系，確定橢圓方程是基礎；通過聯立直線方程與橢圓方程建立方程組，應用一元二次方程根與系數，得到目標函數解析式，運用函數知識求