2023届福建省漳州市高三数学三模试卷及答案

高三数学三模试卷一、单项选择题1.设集合，，那么集合〔

〕A.

B.

C.

D.

2.i为虚数单位，假设复数，那么〔

〕A.

B.

1

C.

D.

03.向量与的夹角为，，，那么〔

〕A.

-4

B.

-2

C.

2

D.

44.为等差数列的前项和，假设，那么的值为〔

〕A.

49

B.

54

C.

102

D.

1355.假设一个圆锥的母线与底面所成的角为，侧面积为，那么该圆锥的体积为〔

〕A.

B.

C.

D.

6.“墨卡托投影〞是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影〞绘制出的地图.在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影〞的优点，因此，“墨卡托投影〞地图常用作航海图和航空图.通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球外表相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离.沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线〞.“大圆航线〞转绘到“墨卡托投影〞地图上为一条曲线.如图，，为地球上的两点(中为点的正纬度或负纬度，为点的正经度或负经度，，，，的符号确定规那么如下：，，当与同在北半球或同在南半球时，，否那么；当与同在东经区或同在西经区时，，否那么)，记，，其中为地球中心，有下面等式：.某游轮拟从杭州(北纬，东经)沿着大圆航线航行至旧金山(北纬，西经)，那么大圆航程约为〔

〕(大圆圆心角1度所对应的弧长约为)参考数据：，，，.A.

B.

C.

D.

7.抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，假设，那么的值为〔

〕A.

8

B.

6

C.

4

D.

28.漳州市龙海区港尾镇和浮宫镇盛产杨梅，杨梅果味酸甜适中，有开胃健脾､生津止渴､消暑除烦，抑菌止泻，降血脂血压等成效.杨梅的保鲜时间很短，当地技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间(单位：小时)与失去的新鲜度满足函数关系，其中，为常数.开展，为了保证港尾镇的杨梅运输到北方某城市销售时的新鲜度不低于85%，那么物流时间(从杨梅采摘的时刻算起)不能超过(参考数据：)〔

〕A.

20小时

B.

25小时

C.

28小时

D.

35小时二、多项选择题9.，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，那么以下结论正确的选项是〔

〕A.

假设，，，那么

B.

假设，，，那么

C.

假设，，，那么

D.

假设，，，那么10.正数，，满足，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

11.的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，记展开式中的第项的系数为，二项式系数为，，那么以下结论正确的选项是〔

〕A.

数列是等比数列

B.

数列的所有项之和为729

C.

数列是等差数列

D.

数列的最大项为2012.的三个内角，，满足，那么以下结论正确的选项是〔

〕A.

是钝角三角形

B.

C.

角的最大值为

D.

角的最大值为三、填空题13.写出曲线的一条切线方程：________.14.根据下面的数据：123432487288求得关于的回归直线方程为，那么这组数据相对于所求的回归直线方程的4个残差的方差为________.(注：残差是指实际观察值与估计值之间的差.)15.在棱长为的正方体中，动点满足，那么的最大值为________.16.设动圆：，那么圆心的轨迹方程为________﹔假设直线：被所截得的弦长为定值，那么________.四、解答题17.在平面四边形中，，，，.〔1〕求；〔2〕假设，求.18.有一系列双曲线：，其中，.记第条双曲线的离心率为，且满足，.〔1〕求数列的通项公式；〔2〕求数列的前项和.19.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，，分别为，的中点.〔1〕证明：直线平面；〔2〕求二面角的余弦值.20.为全面推进学校素质教育，推动学校体育科学开展，引导学生积极主动参与体育锻炼，促进学生健康成长，从2021年开始，参加漳州市初中毕业和高中阶段学校考试的初中毕业生，体育中考成绩以分数(总分值40分计入中考总分)和等级作为高中阶段学校招生投档录取依据.考试由必考类､抽考类､抽选考类三局部组成，必考类是由笔试体育保健知识(分值4分)，男生1000米跑､女生800米跑(分值15分)组成；抽考类是篮球､足球､排球，由市教育局从这三项技能中抽选一项考试(分值5分)；抽选考类是立定跳远､1分钟跳绳､引体向上(男)､斜身引体(女)､双手头上前掷实心球､1分钟仰卧起坐，由市教育局随机抽选其中三项，考生再从这三个工程中自选两项考试，每项8分，今年教育局已抽选确定：抽考类选考篮球，抽选考类选考立定跳远､1分钟跳绳､双手头上前掷实心球这三个工程，甲校随机抽取了100名本校初三男生进行立定跳远测试，根据测试成绩得到如下的频率分布直方图．〔1〕假设漳州市初三男生的立定跳远成绩(单位：厘米)服从正态分布，并用上面样本数据的平均值和标准差的估计值分别作为和，已计算得上面样本的标准差的估计值为(各组数据用中点值代替)，在漳州市2021届所有初三男生中任意选取3人，记立定跳远成绩在231厘米以上(含231厘米)的人数为，求随机变量的分布列和期望．〔2〕乙校初三男生有200名，男生立定跳远成绩在250厘米以上(含250厘米)得总分值．〔i〕假设认为乙校初三男生立定跳远成绩也服从〔1〕中所求的正态分布，请估计乙校初三男生立定跳远得总分值的人数(结果保存整数)；〔ii〕事实上，〔i〕中的估计值与乙校实际情况差异较大，请从统计学的角度分析这个差异性．(至少写出两点)附：假设，那么，，.21.复数在复平面内对应的点为，且满足，点的轨迹为曲线.〔1〕求的方程；〔2〕设，，假设过的直线与交于，两点，且直线与交于点.证明：〔i〕点在定直线上；〔ii〕假设直线与交于点，那么.22.函数.〔1〕假设，讨论在区间上的单调性；〔2〕证明：当时，在区间上有且只有两个零点.

答案解析局部一、单项选择题1.【解析】【解答】，，因此，．故答案为：B．

【分析】化简求出集合A,B，再根据交集的定义，即可得出答案。2.【解析】【解答】，.故答案为：A.

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案.3.【解析】【解答】因为向量与的夹角为，，，所以.故答案为：B.

【分析】直接利用向量的数量积的求法，化简求解即可。4.【解析】【解答】设等差数列的公差为，那么，即，，，故，故答案为：C.

【分析】根据等差数列的性质可得，结合易知,又根据即可得出结果.5.【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为r，圆锥母线为l，由圆锥的结构特征知：，即l=2r，圆锥侧面积，那么，，圆锥的高，圆锥的体积为.故答案为：A

【分析】设圆锥的底面圆半径为r，圆锥母线为l，，由圆锥的侧面积为圆锥底面半径与圆锥母线长的乘积的π倍，求出，由此能求出圆锥体积.6.【解析】【解答】由题意可得，，，，，那么；所以，因为，所以，那么，所以航程约为.故答案为：D.

【分析】由题意可得，，，，，那么，，进行计算可得答案。7.【解析】【解答】易知，抛物线的焦点为，准线为，设点，设点，，，因为，那么，解得，即点，因此，.故答案为：C.

【分析】设点，根据条件，可得点，再结合两点之间的距离公式以

及点N在抛物线上，即可求解.8.【解析】【解答】当时，，由题意可得，解得，为使新鲜度不低于85%，即不能失去超过15%的新鲜度，那么有，即，因此，即，那么，即物流时间(从杨梅采摘的时刻算起)不能超过28小时.故答案为：C.

【分析】利用题中的条件列出等式，解出参数m,

a的值，进而即可以解出答案。二、多项选择题9.【解析】【解答】解：由，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，知：对于A，假设，，，那么与平行或异面，故A错误；对于B，假设，，，由线面平行的性质定理可得，故B正确；对于C，假设，，，无法得到与垂直，根据面面垂直的判定定理，需要垂直平面内两条相交直线，故C错误；对于D，假设，那么，又，所以，故D正确；故答案为：BD

【分析】对于A,

a与b相交、平行或异面;对于B,由线面平行的性质得a//b;对于C',

a与β相交或平行;对于D,由面面垂直的判定定理得a⊥β.10.【解析】【解答】因为正数，，满足，由，所以，即A正确，B错；由两边同时取以为底的对数，可得，即C正确；由两边同时取以为底的对数，可得，即D正确；故答案为：ACD.

【分析】直接化指数式为对数式，再利用换底公式，借助除法运算即可求解.11.【解析】【解答】因为的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，所以，那么；即；又展开式中的第项为，因此展开式中的第项的系数为，二项式系数为；对于数列有，，，，，，；所以该数列既不是等差数列也不是等比数列，故A错；，故B正确；对于数列有，，，，，，；所以该数列既不是等差数列也不是等比数列，故C错；且该数列的最大项为，故D正确.故答案为：BD.

【分析】由题意利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，等差数列、等比数列的定义，逐一判断各个选项是否正确,从而得出结论.12.【解析】【解答】A.由题得,所以是钝角三角形，故该选项正确；B.由题得是最大角，所以，假设，所以，所以该选项正确；C.由题得所以，因为,所以角的最大值为，所以该选项正确；D.由得所以,当时，.所以该选项错误.故答案为：ABC

【分析】A选项，利用条件，运用正弦定理，可得cosC<

0,即可求解；B选项,结合c为△ABC的最大边，以及正弦定理做等量变换,即可求解；C选项,运用余弦定理,以及均值不等式，即可求解；D选项，对原式利用三角函数的两角和公式，可得tanC

=-3tan

A,再运用正切函数的两角和公式，可得tan

B的表达式,最后对C取特殊值，即可解答.三、填空题13.【解析】【解答】设曲线任意一点处的坐标为，由可得，那么该曲线在点处的切线斜率为，所以在该点处的切线方程为，即，不妨取，那么.故答案为：(答案不唯一，，其中取任意实数均可)

【分析】易知(0,1)为曲线上的点，利用导数可求得曲线在点(0,

1)处的切线方程.14.【解析】【解答】把x=1，2，3，4依次代入回归直线方程为，所得估计值依次为：，，对应的残差依次为：0.8，-2.4，2.4，-0.8，它们的平均数为0，所以4个残差的方差为.

【分析】把x=1，2，3，4依次代入回归直线方程为，所得估计值依次为：，，根据方差的公式进行计算即可。15.【解析】【解答】设，，连接，，点在以为圆心，为直径的球面上，假设最大，那么在正方体内，且为球面的最低点，此时，，如以以下列图所示，连接，，，又，，，.故答案为：135°.

【分析】由题意可得，点在以为圆心，为直径的球面上，假设最大，那么在正方体内，且为球面的最低点，根据正方体的结构特征以及正切的二倍角公式进行计算即可得出

的最大值。16.【解析】【解答】设，那么，消去得所以圆C的圆心轨迹方程是；因为圆的半径为定值，且直线被圆C所截得的弦长为定值，由弦长为定值，所以圆心到直线的距离为定值，因为圆心的轨迹为直线，所以直线与直线平行，所以，所以故答案为：，．

【分析】设动圆圆心C

(x,

y),消去k可得圆心C的方程，利用弦长公式表示出弦长，结合弦长为定值，可求出t的值.四、解答题17.【解析】【分析】(1)在△BCD中,由余弦定理可得关于CD的方程，解之即可；

(2)在△BCD中，由余弦