福建省閩侯2023學年高三（最后沖刺）數學試卷含解析

1、2023年高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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。

2、1聊齋志異中有這樣一首詩：“挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術.得訣自詡無所阻，額上墳起終不悟.”在這里，我們稱形如以下形式的等式具有“穿墻術”：，則按照以上規(guī)律，若具有“穿墻術”，則（ ）A48B63C99D1202某三棱錐的三視圖如圖所示，那么該三棱錐的表面中直角三角形的個數為（ ）A1B2C3D03已知雙曲線：（，）的焦距為.點為雙曲線的右頂點，若點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的離心率是（ ）ABC2D34的展開式中的項的系數為（ ）A120B80C60D405定義在上函數滿足，且對任意的不相等的實數有成立，若關于x的不等式在上恒成立，則實數m的取值范圍是（ ）ABCD6定義在上的偶函

3、數，對，且，有成立，已知，則，的大小關系為（ ）ABCD7已知集合，若，則實數的值可以為（ ）ABCD8定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，則實數的取值范圍是ABCD9已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（ ）ABCD10某校8位學生的本次月考成績恰好都比上一次的月考成績高出50分，則以該8位學生這兩次的月考成績各自組成樣本，則這兩個樣本不變的數字特征是（ ）A方差B中位數C眾數D平均數11已知雙曲線的一條漸近線方程是，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD12棱長為2的正方體內有一個內切球，過正方體中兩條異面直線，的中點作直線，則該直線被球面截在球內的線段的長為（ ）ABCD1二、

4、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13集合，若是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則下列說法正確的為_的值可以為2；的值可以為；的值可以為；14在棱長為的正方體中，是面對角線上兩個不同的動點.以下四個命題：存在兩點，使；存在兩點，使與直線都成的角；若，則四面體的體積一定是定值；若，則四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值.其中為真命題的是_.15命題“對任意，”的否定是 16已知雙曲線的左右焦點分別關于兩漸近線對稱點重合，則雙曲線的離心率為_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）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，M、N分別為、的

5、中點.（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.18（12分）已知函數.（1）求的單調區(qū)間；（2）討論零點的個數.19（12分）已知為各項均為整數的等差數列，為的前項和，若為和的等比中項，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求最大的正整數，使得.20（12分）在如圖所示的多面體中，四邊形是矩形，梯形為直角梯形，平面平面，且，.（1）求證：平面.（2）求二面角的大小.21（12分）已知函數.（1）討論函數的極值；（2）記關于的方程的兩根分別為，求證：.22（10分）已知函數存在一個極大值點和一個極小值點.（1）求實數a的取值范圍；（2）若函數的極大值點和極小值點分別為和，且，求實數a的取值范圍.（e是

6、自然對數的底數）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。1C【解析】觀察規(guī)律得根號內分母為分子的平方減1，從而求出n.【詳解】解：觀察各式發(fā)現規(guī)律，根號內分母為分子的平方減1所以故選：C.【點睛】本題考查了歸納推理，發(fā)現總結各式規(guī)律是關鍵，屬于基礎題.2C【解析】由三視圖還原原幾何體，借助于正方體可得三棱錐的表面中直角三角形的個數.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，其中，為直角三角形.該三棱錐的表面中直角三角形的個數為3.故選：C.【點睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，屬于基礎題.3A【解析】由點到直線距離公式建立的等式

7、，變形后可求得離心率【詳解】由題意，一條漸近線方程為，即，即，故選：A【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，掌握漸近線方程與點到直線距離公式是解題基礎4A【解析】化簡得到，再利用二項式定理展開得到答案.【詳解】展開式中的項為.故選：【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.5B【解析】結合題意可知是偶函數,且在單調遞減,化簡題目所給式子,建立不等式,結合導函數與原函數的單調性關系,構造新函數,計算最值,即可.【詳解】結合題意可知為偶函數,且在單調遞減,故可以轉換為對應于恒成立,即即對恒成立即對恒成立令,則上遞增,在上遞減,所以令,在上遞減所以.故,故選B.【點睛】本道題考查了函數的基本

8、性質和導函數與原函數單調性關系,計算范圍,可以轉化為函數,結合導函數,計算最值,即可得出答案.6A【解析】根據偶函數的性質和單調性即可判斷.【詳解】解：對，且，有在上遞增因為定義在上的偶函數所以在上遞減又因為，所以故選：A【點睛】考查偶函數的性質以及單調性的應用，基礎題.7D【解析】由題意可得，根據，即可得出，從而求出結果【詳解】，且， 的值可以為 故選：D【點睛】考查描述法表示集合的定義，以及并集的定義及運算8D【解析】由題意得，表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解

9、，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示. 若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.9C【解析】根據題意，由函數的奇偶性可得，又由，結合函數的單調性分析可得答案【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題10A【解析】通過方差公式分析可知方差沒有改變，中位數、眾數和平均數都發(fā)生了改變.【詳解】由題可知，中位數和眾數、平均數都有變化.本次和上次的月考成績相比，成績和平均數都增加了50，所以沒有改

10、變，根據方差公式可知方差不變.故選：A【點睛】本題主要考查樣本的數字特征，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11D【解析】雙曲線的漸近線方程是，所以，即 ， ，即 ，故選D.12C【解析】連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，推導出OHRQ，且OHRQ，由此能求出該直線被球面截在球內的線段的長【詳解】如圖，MN為該直線被球面截在球內的線段連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，OHRQ，且OHRQ，MH，MN故選：C【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內的線段的長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位

11、置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據對稱性，只需研究第一象限的情況，計算：，得到，得到答案.【詳解】如圖所示：根據對稱性，只需研究第一象限的情況，集合：，故，即或，集合：，是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，故所在的直線的傾斜角為，故：，解得，此時，此時.故答案為：.【點睛】本題考查了根據集合的交集求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力，利用對稱性是解題的關鍵.14【解析】對于中，當點與點重合，與點重合時，可判斷正確；當點點與點重合，與直線所成的角最小為，可判定不正確；根據平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱

12、錐，可判定正確；四面體在上下兩個底面和在四個側面上的投影，均為定值，可判定正確.【詳解】對于中，當點與點重合，與點重合時，所以正確；對于中，當點點與點重合，與直線所成的角最小，此時兩異面直線的夾角為，所以不正確；對于中，設平面兩條對角線交點為，可得平面，平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱錐，所以四面體的體積一定是定值，所以正確；對于中，四面體在上下兩個底面上的投影是對角線互相垂直且對角線長度均為1的四邊形，其面積為定義，四面體在四個側面上的投影，均為上底為，下底和高均為1的梯形，其面積為定值，故四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值，所以正確.故答案為：. 【點睛】本題

13、主要考查了以空間幾何體的結構特征為載體的謎題的真假判定及應用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，異面直線的關系和椎體的體積，以及投影的綜合應用，著重考查了推理與論證能力，屬于中檔試題.15存在，使得【解析】試題分析：根據命題否定的概念，可知命題“對任意，”的否定是“存在，使得”考點：命題的否定16【解析】雙曲線的左右焦點分別關于兩條漸近線的對稱點重合，可得一條漸近線的斜率為1，即，即可求出雙曲線的離心率【詳解】解：雙曲線的左右焦點分別關于兩條漸近線的對稱點重合，一條漸近線的斜率為1，即，故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的離心率，考查學生的計算能力，確定一條漸近線的斜率為1是關鍵，屬于基礎題三、解

14、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）證明見解析；（2）.【解析】（1）取 中點，連接，證明平面，由線面垂直的性質可得；（2）由，即可求得三棱錐的體積【詳解】解：（1）證明：取中點D，連接，.因為，所以且，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因為平面，平面，所以平面平面，過N作于E，則平面，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，由于，所以所以，所以.【點睛】本題考查線面垂直，考查三棱錐體積的計算，解題的關鍵是掌握線面垂直的判定與性質，屬于中檔題18（1）見解析（2）見解析【解析】(1)求導后分析導函數的正負再判斷單調性即可.(2)

15、 ,有零點等價于方程實數根,再換元將原方程轉化為,再求導分析的圖像數形結合求解即可.【詳解】（1）的定義域為,當時,所以在單調遞減；當時,所以在單調遞增,所以的減區(qū)間為,增區(qū)間為.（2）,有零點等價于方程實數根,令則原方程轉化為,令,.令,當時,當時,.如圖可知當時,有唯一零點,即有唯一零點；當時,有兩個零點,即有兩個零點；當時,有唯一零點,即有唯一零點；時,此時無零點,即此時無零點.【點睛】本題主要考查了利用導數分析函數的單調性的方法,同時也考查了利用導數分析函數零點的問題,屬于中檔題.19（1）（2）1008【解析】（1）用基本量求出首項和公差，可得通項公式；（2）用裂項相消法求得和，然后

16、解不等式可得【詳解】解：（1）由題得，即解得或因為數列為各項均為整數，所以，即（2）令所以即，解得所以的最大值為1008【點睛】本題考查等差數列的通項公式、前項和公式，考查裂項相消法求數列的和在等差數列和等比數列中基本量法是解題的基本方法20（1）見解析；（2）【解析】（1）根據面面垂直性質及線面垂直性質，可證明；由所給線段關系，結合勾股定理逆定理，可證明，進而由線面垂直的判定定理證明平面.（2）建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，由空間向量法求得兩個平面夾角的余弦值，結合圖形即可求得二面角的大小.【詳解】（1）證明：平面平面ABEG，且，平面，由題意可得，且，平面

17、.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，.設平面的法向量是，則，令，由（1）可知平面的法向量是，由圖可知，二面角為鈍二面角，所以二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直及線面垂直的性質應用，空間向量法求二面角的大小，屬于中檔題.21（1）見解析； （2）見解析【解析】（1）對函數求導，對參數討論，得函數單調區(qū)間，進而求出極值；（2）是方程的兩根，代入方程，化簡換元，構造新函數利用函數單調性求最值可解.【詳解】（1）依題意，；若，則，則函數在上單調遞增，此時函數既無極大值，也無極小值；若，則，令，解得，故當時，單調遞增；當時，單調遞減，此時函數有極大值，無極小值；若，則，令，解得，故當時，單調遞增；當時，單調遞減，此時函數有極大值，無極小值；（2）依題意，則，故，；要證：，即證，即證：，即證，設，只需證：，設，則，故在上單調遞增，故，即，故.【點睛】本題考查函數極值及利用導數證明二元不等式.證明二元不等式常用方法是轉化為證明一元不等式，再轉化為函數最值問題.利用導數證明不等式的基本方法：(1)若與的最值易求出，可直接轉化為證明；(2)若與的最值不易求出，可構造函數，然后