2022-2023學(xué)年福建省寧德市富溪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知函數(shù)，且，則的值是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C2.已知△的一個(gè)內(nèi)角是，三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，則三角形的面積是（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：D由△三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，設(shè)△的三邊長(zhǎng)分別為，，，

因?yàn)椤鞯囊粋€(gè)內(nèi)角是，所以，

化簡(jiǎn)得，解得（舍）或。因此△的的面積，故選擇D。3.函數(shù)在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．5參考答案：D4.已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為．①的單調(diào)減區(qū)間是；②的極小值是；③當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的且，恒有④函數(shù)滿足其中假命題的個(gè)數(shù)為

（

）

A．0個(gè)

B．1個(gè)

C．2個(gè)

D．3個(gè)參考答案：C5.按如下程序框圖，若輸出結(jié)果為，則判斷框內(nèi)應(yīng)補(bǔ)充的條件（

）A．

B．

C．

D．參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】算法與程序框圖.

L1【答案解析】B

解析：第一次循環(huán)的結(jié)果s=2,i=3；第二次循環(huán)的結(jié)果s=10,i=5；第三次循環(huán)的結(jié)果s=42,i=5.也輸出的結(jié)果為S=42，所以判斷框內(nèi)應(yīng)補(bǔ)充的條件是，故選B.【思路點(diǎn)撥】依據(jù)程序框圖得流程，依次寫(xiě)出前幾次循環(huán)的結(jié)果，根據(jù)輸出的結(jié)果得判斷框內(nèi)應(yīng)補(bǔ)充的條件.6.

給出下列兩個(gè)命題：甲：異面直線m,n分別在平面α、β內(nèi)，且n∥α，且m∥β，則α∥β.乙：兩平面互相垂直，分別在這兩個(gè)平面內(nèi)且互相垂直的兩條直線，一定分別與另一平面垂直.正確的判斷是

A.甲、乙均假

B.甲、乙均真

C.甲真乙假

D.甲假乙真參考答案：答案：C7.已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為、，過(guò)作圓的切線分別交雙曲線的左、右兩支于點(diǎn)、，且，則雙曲線的漸近線方程為（）A．

B．

C．

D．參考答案：C8.已知點(diǎn)在拋物線上，且點(diǎn)到的準(zhǔn)線的距離與點(diǎn)到軸的距離相等，則的值為（

）．A． B． C． D．參考答案：B根據(jù)題意可知，∵，∴，解得．故選．9.已知：tan，則等于（

）A．3

B．-3

C．2

D．-2參考答案：A10.考察正方體6個(gè)面的中心，甲從這6個(gè)點(diǎn)中任意選兩個(gè)點(diǎn)連成直線，乙也從這6個(gè)點(diǎn)中任意選兩個(gè)點(diǎn)連成直線，則所得的兩條直線相互平行但不重合的概率等于

A.

B.

C.

D.參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數(shù)則不等式的解集為_(kāi)_____________。參考答案：12.若（為虛數(shù)單位），則___________．參考答案：因?yàn)?，所以，即，所以，即，所以?3.若正實(shí)數(shù)x，y滿足x2＋y2＋xy＝1，則x＋y的最大值是________．參考答案：14.四棱錐S－ABCD的底面是矩形，頂點(diǎn)S在底面ABCD內(nèi)的射影是矩形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，且四棱錐及其三視圖如下（AD垂直于主視圖投影平面）．則四棱錐的S—ABCD側(cè)面積是_____________．參考答案：15.以下四個(gè)命題：①設(shè)，則是的充要條件；②已知命題p、q、r滿足“p或q”真，“或r”也真，則“q或r”假；③若，則使得恒成立的x的取值范圍為{或}；④將邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使得BD=a，則三棱錐D-ABC的體積為.其中真命題的序號(hào)為_(kāi)_______.參考答案：①③④【分析】①中，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，即可判定；②中，根據(jù)復(fù)合命題的真假判定方法，即可判定；③中，令，轉(zhuǎn)化為在恒成立，即可求解；④中，根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征和椎體的體積公式，即可求解.【詳解】由題意，①中，當(dāng)，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，可得，反證，當(dāng)時(shí)，可得，所以“”是“”成立的充要條件，所以是正確的；②中，若命題““或”真”，可得命題中至少有一個(gè)是真命題，當(dāng)為真命題，則假命題，此時(shí)若“或”真，則命題為真命題，所以“或”真命題，所以不正確；③中，令，則不等式恒成立轉(zhuǎn)化為在恒成立，則滿足，即，解得或，所以是正確的；④中，如圖所示，O為AC的中點(diǎn)，連接DO，BO，則都是等腰直角三角形，，其中也是等腰直角三角形，平面，為三棱錐的高，且，所以三棱錐體積為，所以是正確的，綜上可知真命題的序號(hào)為①③④【點(diǎn)睛】本題主要考查了命題的真假判定問(wèn)題，其中解答中涉及到充要條件的判定、復(fù)合命題的應(yīng)用，不等式的恒成立問(wèn)題的求解，以及折疊問(wèn)題求幾何體的體積等知識(shí)點(diǎn)的綜合考查，著重考查了分析問(wèn)題和解答問(wèn)題的能力，屬于中檔試題.16.若不等式組表示的平面區(qū)域所表示的平面的區(qū)域?yàn)镹，現(xiàn)隨機(jī)向區(qū)域M內(nèi)拋一粒豆子，則豆子落在區(qū)域N內(nèi)的概率為

。參考答案：略17.已知函數(shù)，若方程在區(qū)間內(nèi)有3個(gè)不等實(shí)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是．參考答案：試題分析：結(jié)合題中所給的函數(shù)解析式，作出函數(shù)與的圖像，利用兩個(gè)圖形的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題確定的取值范圍，結(jié)合圖形可以確定的取值范圍是.考點(diǎn)：函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，方程根的個(gè)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合解決問(wèn)題.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，且.（1）證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列；（2）設(shè)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.參考答案：解：（1）當(dāng)時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，，所以，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列. （2）由（1）知，，所以，所以（1）（2）（1）-（2）得：，所以.

19.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c，且b=3，c=1，△ABC的面積為，求cosA與a的值．參考答案：【考點(diǎn)】余弦定理的應(yīng)用．【分析】利用三角形的面積公式，求出sinA=，利用平方關(guān)系，求出cosA，利用余弦定理求出a的值．【解答】解：∵b=3，c=1，△ABC的面積為，∴=，∴sinA=，又∵sin2A+cos2A=1∴cosA=±，由余弦定理可得a==2或2．20.（本小題滿分12分）已知點(diǎn)分別是射線，上的動(dòng)點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，且的面積為定值2．（I）求線段中點(diǎn)的軌跡的方程；（II）過(guò)點(diǎn)作直線，與曲線交于不同的兩點(diǎn)，與射線分別交于點(diǎn)，試求出直線l的斜率的取值范圍，并證明：｜PR｜＝｜QS｜。參考答案：21解：（I）由題可設(shè)，，，其中.則

1分

∵的面積為定值2，∴.

2分，消去，得：．

4分由于，∴，所以點(diǎn)的軌跡方程為（）．

5分（II）依題意，直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為．由消去得：，

設(shè)點(diǎn)、、、的橫坐標(biāo)分別是、、、，∴由得

6分解之得：．8分由消去得：，由消去得：，

（10分）∴.

又PQ的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

所以RS的中點(diǎn)與PQ的中點(diǎn)重合，故｜PR｜＝｜QS｜

12分略21.在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，AA1⊥平面ABCD．AB＝2AD＝4，．（1）證明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直線D1B與底面ABCD所成角為，M，N，Q分別為BD，CD，D1D的中點(diǎn)，求三棱錐C—MNQ的體積．參考答案：（1）證明：∵D1D⊥平面ABCD，，∴D1D⊥BC．又AB＝4，AD＝2，，∴，∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD＝D，，，∴BC⊥平面D1BD，而，∴平面D1BC⊥平面D1BD；（2）解：∵D1D⊥平面ABCD，∴∠