福建省2023届高三上学期12月联合测评数学试题

2023届12月高三联合测评（福建）数学全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。4.本卷主要考查内容：高考范围（除概率）。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则集合的真子集的个数为A.16 B.15 C.32 D.312.已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为A. B. C. D.3.在前项和为的等比数列中，，，则A.80 B.85 C.90 D.954.“”是“直线：与直线：之间的距离为2”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5.已知双曲线：与双曲线：的离心率分别为，.则的最小值为A. B. C. D.6.已知函数（其中）在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围为A. B. C. D.7.在正三棱锥中，为的中心，已知，，则该正三棱锥的外接球的表面积为A. B. C. D.8.已知函数，其中是自然对数的底数.若直线与曲线相切于不同的两点A，B，且A，B的横坐标分别为，则实数的值为A. B. C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数满足，则下列说法中正确的是A.复数的模为B.复数在复平面内所对应的点在第四象限C.复数的共辄复数为D.10.已知，满足，且，，则A. B.C. D.11.已知函数的定义域为，对于任意的实数x，y，都有.且当时，.则下列结论正确的是A.B.对于任意的，有C.函数在上单调递增D.若，则不等式的解集为12.已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆：上，则A.的取值范围为B.当直线与圆C相切时，的值为C.的最大值为D.的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知菱形的边长为2，.将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的体积为_________.14.已知奇函数在上单调递减，且，则函数的解析式可以为_________.（写出一个符合题意的函数即可）15.若函数（其中）存在最小值，则实数的取值范围为_________.16.已知数列，若一个新数列的前项和为，则称该数列为数列的“一阶衍生数列”，记作数列；同样的，若再有一个新数列的前项和为，则称该数列为数列的“二阶衍生数列”，记作数列；以此类推…….记为数列的“阶衍生数列”中的第项.已知，则__________；设数列的前项和为，则__________.（本题第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.（本小题满分10分）从①；②；③三个选项中，任选一个填入下列空白处，并求解.已知数列，满足，且，，__________，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.（本小题满分12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.（1）若，求的值；（2）求的最小值.19.（本小题满分12分）已知等轴双曲线：的虚轴长为.（1）求双曲线的标准方程；（2）过双曲线的右焦点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，请问轴上是否存在一定点P，使得?若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.20.（本小题满分12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，，D是AC的中点，E是AB上一点，且.将沿着DE折起，形成四棱锥，其中点A对应的点为点P，如图2.（1）在图2中，在线段PB上是否存在一点F，使得平面PDE?若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由；（2）在图2中，平面PBE与平面PCD所成的锐二面角的大小为，求四棱锥的体积.21.（本小题满分12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，动直线：与椭圆相切，且当时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）作，，垂足分别为P，Q，求四边形的面积的最大值.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）求函数的极值；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.2023届12月高三联合测评（福建）·数学参考答案.提示及评分细则1.【答案】B【解析】易知，则其真子集的个数为.故选B.2.【答案】C【解析】设夹角为，因为，所以，解得.故选C.3.【答案】B【解析】设公比为，有，可得，得，有.故选B.4.【答案】A【解析】两条平行线间的距离，解得或，即“”是“两直线间距离为2”的充分不必要条件.故选A.5.【答案】D【解析】易知，，则，故，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选D.6.【答案】C【解析】当时，，所以，解得，当时，，因为，所以，所以，解得，综上，.故选C.7.【答案】A【解析】设侧棱长为，且易知，则，，因为，所以，解得，所以，设球心为，则，，因为，所以，解得，所以表面积.故选A.8.【答案】D【解析】由题意可知，，同时满足方程和方程，因为，则，所以，因为，所以，满足方程.又，满足方程，所以，所以，所以，即，由①式可知，所以，所以，则，，，.故选D.9.【答案】AD【解析】由，有，复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，，故AD是正确的.故选AD.10.【答案】BCD【解析】由题意可知，，，因为，且，所以，即A错误；因为，且，所以，即B正确；因为，所以，即C正确﹔因为，所以，又，所以，即D正确.故选BCD.11.【答案】ABD【解析】取，，有，由时，，可得，可得.故A选项正确；取，有，当时，，可得，可得对于任意的，有，故B选项正确；设有，由，有，又由，可得，可知函数在上单调递减，故C选错误；由，可得，不等式可化为，由函数在上单调递减，有，解得，故D选项正确.故选ABD.12.【答案】AC【解析】因为，所以，又，，所以，解得，即A正确；因为，，所以，当OP与圆相切时，，所以，所以，所以，即B错误；因为，令，，则，，.得，所以，即C正确，D错误.故选AC.13.【答案】【解析】易知该菱形AB边上的高为，由题意可知，所形成几何体的体积等同于底面半径为，高为2的圆柱体的体积，所以.14.【答案】（答案不唯一）【解析】因为，所以奇函数的周期为4，所以可取，由时，，可知此时在上单调递减.15.【答案】【解析】，若，则，单调递减，无最小值，不符合题意；若，则，单调递增，无最小值，不符合题意；若，令，解得，列表可知，，符合题意，即.16.【答案】17【解析】因为，，，所以，，所以；由题意可知，，且，所以，所以，又，所以，所以，即，因为，所以，所以，所以，又，所以，即，所以.17.【答案】选①，；选②，；选③，【解析】因为，，所以，又因为，所以，所以，即，选①，，所以，选②，.所以；选③，，所以，，两式相减，可得.18.【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，且，所以，即，由正弦定理可知，，因为，所以，即，所以，整理得，所以；（2）因为，由余弦定理可知，，因为，且，所以，当时，的最小值为.19.【答案】（1）（2）满足题意的定点Р存在，坐标为【解析】（1）由双曲线C的虚轴长为，有，可得，又由双曲线C是等轴双曲线，可得，故双曲线C的标准方程为；（2）由（1）可知双曲线C的右焦点F的坐标为，假设存在这样的点P，设点P的坐标为，设直线AB的方程为，点A，B的坐标分别为，联立方程消去后整理为，有，，若，可知直线AP和直线BP的斜率互为相反数，有，又由，可得，有，由的任意性，可得，由上知满足题意的定点Р存在，坐标为.20.【答案】（1）当时，平面PDE.理由略（2）【解析】（1）当时，平面PDE.理由如下：过点作，垂足为H，在PE上取一点M，使得，连接HM，FM，因为，，所以，因为D是AC的中点，且，所以，所以，所以四边形CFMH是平行四边形，即，又因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE；（2）易知，，且，作平面，以为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，，，则，，设平面的法向量为，则取，则，，所以，易知平面的法向量，设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为，由题意可知，，整理得，解得或（舍去）.所以，所以四棱锥的高，又四边形的面积，所以四棱锥的体积.21.【答案】（1）（2）【解析】（1）联立得，∴，即，∴把，代入，得，∴椭圆的标准方程为；（2）由（1）可知，.∴，由（1）知，由，可知和同号，可知，设直线的倾斜角为，则，∴，由（1）可知，代入得，∵，∴当，时，取最大值.22.【答案】（1）极大值为，极小值为0（2）【解