【文档说明】福建省福州市第四中学2022-2023学年高三上学期第三次月考数学试题 可编辑PDF版含答案.pdf，共(16)页，430.528 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学第1页共4页福州四中2022-2023学年第一学期第三次月考试卷高三数学一、选择题：（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1．已知集合{|1xAxe，}xR，2{|20Bxxx

，}xR，则AB（）A．(,1)B．(,2)C．(2,0)D．(1,2)2．记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若4abc，则sinsinsinABC（）A．12B．54C．45

D．23．已知曲线lnxyxk在点(1,1)处的切线与直线20xy垂直，则k的值为（）A．1B．1C．12D．124．已知数列{}nb为等比数列，且首项11b，公比3q，则数列2{}nb的前

8项的和为（）A．73(91)8B．83(91)8C．71(91)8D．81(91)85．若是第三象限角，且5sincossincos13，则tan2等于（）A．121

3B．－513C．5D．56．设椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，点M，N在C上(M位于第一象限），且点M，N关于原点O对称，若12||||MNFF，2222||||MFNF，则C的离心率为（）A．24B．1

2C．6237D．32377．在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（）A．12B．14C．16D

．188．已知函数21()(|2|1)45fxlnxxx，则(1)f，2()fe，(2)ef的大小关系是（）高三数学第2页共4页A．2(1)(2)()efffeB．2(1)()(2)effefC．2()(1)(2)efeffD．2(2)()(1)eff

ef二、选择题：（每题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9．已知32()fxxaxax，若1x，2x为()fx的两个不同的极值点，则实数a的取值可能是（）A．12B．1C．3D．41

0．为迎接党的二十大胜利召开，某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50，60)、[60，70)、[70，80)、[80，90)、[90，100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根

据图中信息，下列说法正确的是（）A．0.01aB．得分在区间[60，70)内的学生人数为200C．该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80D．估计该校学生党史知识竞赛成绩的平均数落在区间[70，80)内11．在平面直角坐标系中，三点(1,0)A，(1,0)B，(0,7

)C，动点P满足2PAPB，则以下结论正确的是（）A．点P的轨迹方程为22(3)8xyB．PAB面积最大时，26PAC．PAB最大时，26PAD．P到直线AC距离最小值为42512．已知抛物线2:2(0)Cypxp，直线l与抛物线C交于A，B两点，且

1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，O为坐标原点，且OAOB，若直线l恒过点(4,0)，则下列说法正确的是（）A．抛物线方程为24yxB．1216xx，1216yyC．OAB的面积的最小值为32D．弦AB中点的轨迹为一条抛物线三、填空题：（每题5分，共20分）高

三数学第3页共4页13．已知直线l的一个方向向量(1,3)a，且经过点(1,1)，则直线l的方程为____________．14．若复数z满足(zizii为虚数单位），则||z____________．15．甲、乙、丙三人相约一起去做

核酸检测，到达检测点后，发现有A，B两支正在等待检测的队伍，则甲、乙、丙三人不同的排队方案共有________种．16．若指数函数(0xyaa且1)a与三次函数3yx的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是__________．四、解答题：（共70分，解答应

写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知函数()sin(2)cos(2)2sincos36fxxxxx．（1）求函数()fx的最小正周期及对称轴方程；（2）将函数()yfx的图象向左平移12个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不

变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数()ygx的图象，求()ygx在[0，2]上的单调递减区间．18．（12分）．进入高三时需要检测考试，并且命题是以高二每次月考成绩为参照依据，在整个高二期间共有8次月考，某学生在

高二前5次月考的数学成绩如表：高二月考第x次12345月考考试成绩y分85100100105110（1）已知该学生的月考试成绩y与月考的次数x满足回归直线方程ˆˆˆybxa，若进入高三时检测考试看作高二第9次月考考试，试估计该学生的进入高

三时检测考试成绩：（2）把该学生前5次月考的考试成绩写在纸片上，折成纸团放在不透明的箱中充分混合，从纸箱中随机抽出3个纸团上写的月考成绩进行研究，设抽取的纸团上写的成绩等于平均值y的个数为X，求出X的分布列与数学期望()EX．参考公式：1122211()()ˆ()

nniiiiiinniiiixxyyxynxybxxxnx．高三数学第4页共4页19．（12分）设公差不为0的等差数列{}na的前n项和为nS，若39S，且2a，5a，14a成等比数

列．（1）求数列{}na的通项公式；（2）求满足条件*231111013(1)(1)(1)(2022nnNSSS，2)n的正整数n的最大值．20．（12分）如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形，//ABCD，22AB，BCDC，2BCDC

AMDM，四边形BDMN为矩形．（1）求证：平面ADM平面ABCD；（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角HADM的余弦值为255？若不存在，请说明理由．若存在，确定点H的位置．21．（12分）已知双曲

线2222:1(0,0)xyCabab的离心率是5，点F是双曲线C的一个焦点，且点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2．（1）求双曲线C的标准方程．（2）设点M在直线14x上，过点M作两条直线1l，2l，直线1l与双曲线C交于A，B两点，直线2l与双曲

线C交于D，E两点．若直线AB与直线DE的倾斜角互补，证明：||||||||MAMEMDMB．22．（12分）已知函数22()(2)()fxxaxalnxaR．（1）当1a时，求()fx的单调区间；（2）当2xe时，22()(

32)()0fxaaxaalnx恒成立，求实数a的取值范围．高三数学第5页共4页福州四中2022-2023学年第一学期第三次月考试卷高三数学参考答案及评分标准一、选择题：1．【解答】由题可知：{|1x

Axe，}(,0)xR，2{|20Bxxx，}(1,2)xR所以(,2)AB．故选：B．2．【解答】由正弦定理得：sin44sinsin45AacBCbccc.故选：C．3．【解答】lnxyxk，11ykx，则11|1x

yk，又曲线lnxyxk在点(1,1)处的切线与直线20xy垂直，112k，即1k．故选：A．4．【解答】由已知可得数列{}nb为等比数列，且首项11b，公比3q，则数列{}nb的偶数项构成以23b

为首项，以29q为公比的等比数列，则数列2{}nb的前8项的和为：883(19)3(91)198．故选：B．5．【解答】依题意5sincossincos13，即5sinsi

n13，由于是第三象限角，所以212cos1sin13，所以251sinsincossinsin132222tan51cos1221coscoscos122213．高三数学第6页共4页故选：D．6．【解答】依题意作图，由于

12||||MNFF，并且线段MN，12FF互相平分，四边形12MFNF是矩形，其中122FMF，12||||NFMF，设2||MFx，则1||2MFax，根据勾股定理，2221212||||||MFMFFF，222(

2)4axxc，整理得22220xaxb，由于点M在第一象限，222xaab，由2222||||MFNF，得2||3||MNMF，即223(2)2aabc，整理得227690caca，即27690ee，解得6237e

．故选：C．7．【解答】如图所示，公共部分为由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体所组成的正八面体，其体积为212112()3226V．故选：C．8．【解答】2211()(|2|1)(|2|1)45|2|1fxlnxlnxxxx，令|2|tx，

0t，则21()(1)1gtlntt，0t，求导可得222222102(1)201(1)(1)(1)tttytttt，高三数学第7页共4页则()gt在(0,)上单调递

增．又(1)fg（3），22()(2)fege，(2)(22)eefg，因为22223ee，所以2(2)(22)egegg（3），故答案为：A．二、选择题：9．【解答】：2()32fxxaxa

，因为()fx有两个不同的极值点，所以△24120aa，即4(3)0aa，求解二次不等式可得0a或3a；故选：BD．10．【解答】：对于A，由频率分布直方图可知，考试成绩不低于80分的频率为10(0.0050.

015)0.2，所以本次考试成绩不低于80分的考生约为200000.24000，故A正确，对于C，0.005100.01100.015100.0210100.015100.005101a，则0.030a，故C正确，

对于B，本次考试成绩的平均数为350.00510450.0110550.01510650.0210750.0310850.01510950.0051067.5，故B错误，对于D，根据题意，66，14，所以52，8

0，所以8()(5280)0.015100.02100.03100.62(0.66,0.70)10PZPZ，故D错误．故选：AC．高三数学第8页共4页11

．【解答】对于A：设(,)Pxy，由2PAPB得：222PAPB，即2222(1)2[(1)]xyxy，化简可得：22(3)8xy，即点P轨迹方程为22(3)8xy，故A正确；对于:B直线AB过圆22(3)8xy的圆心，点P到直线AB的距离的最大值

为圆22(3)8xy的半径r，即为22，||2AB，PAB面积最大为1222222，此时(3,22)P，22||(31)(22)26PA，故B正确；对于C：当PAB最大时，则PA为圆22(3)8

xy的切线，2||(31)822PA，故C不正确；对于D：直线AC的方程为770xy，则圆心(3,0)到直线AC的距离为2737142571，点P到直线AC距离最小值为14242

2255，D正确．故选：ABD．12．【解答】已知抛物线2:2(0)Cypxp，直线l与抛物线C交于A，B两点，且1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，O为坐标原点，且OAOB，若直线l恒过点(4,0)，设直线:4lxky，联立242xkyypx得228

0ypkyp，所以122yypk，128yyp，因为0OAOB，则12120xxyy，利用212122()164yyxxp代入，解得2p，所以拋物线方程为24yx，且1216xx，1216yy，故A，B正

确：2212121214||2()421664162OABSyyyyyyk（当且仅当0k时取等号），故C错误；高三数学第9页共4页设AB的中点为M，则2121212()824,2222MMxxkyyy

yxkyk，所以242MMyx，即228MMyx，所以M点的轨迹为一条抛物线，故D正确，综上ABD正确．故选：ABD．三、填空题：13．【解答】经过点(1,1)的直线l的一个方向向量(1,3)a，则直线l的斜率为331，故直线l的方程为13(1)yx

，即320xy．故答案为：320xy．14．【解答】zizi，(1)zii，即(1)111(1)(1)22iiiziiii，22112||()()222z．故答案为：22．15．【解答】根据题意，分2种情况讨论：①三人在同一支

队伍，有132312AA种排队方案，②三人不在同一支队伍，有22232212CAA种排队方案，则有121224种不同的排队方案；故答案为：24．16．【解答】函数3yx在(,)上单调递增，在(,0)上0y，在(0,)上0y，当01a时

，xya在(,)上单调递减，且0y所以两个函数图象只有一个交点，不符合题意，当1a时，xya在(,)上单调递增，且0y，所以只能是在(0,)上函数xya与3yx有两个交点，

即在(0,)上，方程3xxa有两个不等实数根，高三数学第10页共4页所以在(0,)上，方程3lnxlnax有两个不等实数根，令3()lnxgxx，(0)x23(1)()lnxgxx，在(0,)e上，()0gx，()gx单调递增，在(,)e上，(

)0gx，()gx单调递减，所以()maxgxg（e）33elnelnee，所以30elnalne，所以31eae．故答案为：3(1,)ee四、解答题：17．【解】（1）1331()sin2cos2cos2sin2sin22222fxxxxxx，31()3cos2sin

22(cos2sin2)22fxxxxx，()2(cos2cossin2sin)2cos(2)666fxxxx，—————————（3分）所以函数()fx的最小正周期为，——————

———（4分）令26xk，kZ，得函数()fx的对称轴方程为122kx，kZ．—————————（5分）（2）将函数()yfx的图象向左平移12个单位后所得图象的解析式为2cos[2()]2cos(2)1263yxx，所

以1()2cos(2)2cos()233gxxx，————————（7分）令223kxk„„，所以222,33kxkkZ„„．又[0x，2]，所以()ygx在[0，2]上的单调递

减区间为25[0,],[,2]33．————————（10分）18．【解】（1）由题可得1234535x，851001001051101005y，—————————（2分）高三数学第11页共4页5118521

003100410551101555iiixy，522222211234555iix，12221155553100ˆ5.55553niiiniixynxybxnx

，—————————（4分）ˆ1005.5383.5aybx，—————————（5分）所以ˆ5.583.5yx，—————————（6分）当9x时，ˆ5.5983.5133y，即该学生进入高三时检测考试成绩为133分；—————————（7分）（2）

由题可知可取0，1，2，则—————————（8分）33351(0)10CPC，—————————（9分）21323563(1)105CCPC，—————————（10分）1232353(2)10CCPC，—————————（11

分）所以的分布列为：012P110353101336()012105105E．—————————（12分）19．【解】（1）)设等差数列的首项为1a和公差(0)dd，39S，且2a，5a，14a成等比数列

，125214339adaaa，即11320adda，解得112ad，数列{}na的通项公式21nan；—————————（6分）高三数学第12页共4页（2）由（1）得21nan，2nSn

，—————————（7分）则2222111(1)(1)11nnnnSnnn，—————————（8分）22222222223111213111324(1)(1)1(1)(1)(1)............23232

nnnnnSSSnnn，—————————（11分）*231111013(1)(1)(1)(2022nnNSSS，2)n，1101322022nn，解得10112n„，正整数n的最大值为505．——

———————（12分）20．【解】（1）证明：由平面几何的知识得2BD，2AD，又22AB，在ABD中，满足222ADBDAB，ABD为直角三角形，且BDAD．—————————（2分）四边形BDMN为矩形，BDDM．—————————（3分）由BDAD，BDDM

，DMADD，DM平面ADM，AD平面ADM，所以BD平面ADM．—————————（4分）又BD平面ABD，平面ADM平面ABCD；—————————（5分）（2）存在点H，使得二面角HADM的余弦值为255，点H为线段上靠近的四等分点．以D为原点

，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则(0D，0，0)，(2A，0，0)，(0B，2，0)，(1M，0，1)，—————————（6分）设(Hx，y，)z，由MHMNDB

，即(1x，y，1)(0z，2，0)，得(1H，2，1)．高三数学第13页共4页设平面ADH的一个法向量为1111(,,)nxyz，则1100DAnDHn，即1112020xxyz，不妨设11y

，则1(0,1,2)n．—————————（9分）平面ADM的一个法向量为2(0,1,0)n．—————————（10分）设二面角HADM的平面角大小为，122125cos|cos,|5114

nn．解得14或14（舍去）所以当点H为线段MN上靠近M的四等分点时，二面角HADM的余弦值为255．—————————（12分）21．【解】（1）依题意可得22252cabcab，

解得12ab，故双曲线方程为2214yx．—————————（4分）（2）证明：由题意可知直线1l，2l的斜率存在，设1(4M，)t，直线1l的方程为1()4ykxt，联立221()414ykxtyx

，整理可得22222111(4)(2)402162kxktkxkktt，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则21221224ktkxxk，221221141624kkttxxk，————————

—（6分）故222212121221111(1)(415)||||(1)||||(1)|()|444164|4|ktMAMBkxxkxxxxk，高三数学第14页共4页—————————（

9分）设直线2l的方程为1()4ymxt，同理可得222(1)(415)||||4|4|mtMDMEm，—————————（10分）因为直线AB与直线DE的倾斜角互补，所以km，即可得22km，故||||||||MAMBMDME，即可得||||||||MAMEMDMB

．—————————（12分）22．【解】（1）当1a时，2()3fxxxlnx，其定义域为(0,)，21231(21)(1)()23xxxxfxxxxx，—————————（1分）令()0fx，得102x或1x；令()0fx，

得112x．所以()fx的单调递增区间为1(0,)2和(1,)；单调递减区间为1(,1)2；—————————（4分）（2）2222()(32)()3fxaaxaalnxxaxalnx

，令22()3gxxaxalnx，由已知当2xe时，()0gx恒成立．22223(2)()()23axaxaxaxagxxaxxx．—————————（5分）①若0a„，则()0gx在(0,)上恒成立，()gx在(0,)上单

调递增，所以当2xe时，2422()()32gxgeeaea，因为0a„，所以230ae，所以()0gx恒成立，所以0a„符合题意．—————————（6分）②若0a，由()0gx，得02ax或xa；由()0gx，得2axa

，所以()gx的单调递增区间为(0,)2a和(,)a，()gx的单调递减区间为(,)2aa．—————————（7分）()i当22ae，即22ae时，高三数学第15页共4页()gx在2[,)2ae上单调递增，在(,)2aa上单调递减，在(,)a上单调递增，所

以对2[xe，)，要使()0gx恒成立，只需2()0,()0,gega而2224222222()23(2)()0()3(2)0geaaeeaeaegaaaalnaalna成立，所以2

2ae符合题意；—————————（9分）()ii当22aea„，即222eae„时，则()gx在2[e，)a上单调递减，在(,)a上单调递增．所以对2[xe，)，要使()0gx恒成立，只需g（a）0即可，而g

（a）22223(2)0aaalnaalna成立，所以222ae„符合题意；—————————（10分）()iii当2ea，即20ae„时，()gx在2[e，)上单调递增，所以对2[xe，)，要使()0gx恒成立恒成立，只需242222()

32(2)()0geeaeaaeae，可见，202ea„或2ae符合题意．—————————（11分）综上，实数a的取值范围是22(,][,)2ee．—————————（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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