2024年4月13日发(作者：频叶彤)

2023-2024学年福建省厦门高三适应性考试数学模拟试题

一、单选题

1

．已知集合

A



3,4,2a3



,B



a



，若

A



B



，则

a

（）

A．3B．4C．5D．6

【正确答案】B

【分析】根据交集结果得到

a3

，

a4

或

a2a3

，检验后得到答案.

【详解】因为

A



B



，所以

a3

，

a4

或

a2a3

，

当

a3

时，

2a33

，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当

a2a3

时，

a3

，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当

a4

时，

2a35

，满足集合元素互异性，满足要求.

故选：B

2

．已知复数

z

满足

z



1i



i

2023

，其中

i

为虚数单位，则

z

的虚部为（）

A

．



1

2

B

．

1

2

C

．



1

2

i

D

．

2

2

【正确答案】A

【分析】先由虚数单位的性质求得

i

2023

，再利用复数的四则运算求得

z

，从而得解.

【详解】因为

i

2023



i

505



4



3





i

4



505



i

3



i

，

所以

z



1i



i

2023

i

，故

z





i



i



1



i



1



i





1



i



1



i







1



i

2



1

2



i

2

，

所以

z

的虚部为



1

2

.

故选：A.

3

．在等比数列



a

n



中，

a

1

a

3

2

，则

“

a

3

a

5

6

”

是

“

数列



a

n



的公比为

3

”

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

【正确答案】B

【分析】结合等比数列的通项公式，充分、必要条件的定义判断即可.

【详解】设等比数列



a

n



的公比为

q

，

由

aa

，

a

2

a

13

2

3

a

5

6

，得

q



a

3



a

5



a



3

，则

q3

；

13

）

2

由

a

1

a

3

2

，

q3

，得

a

3

a

5





a

1

a

3



q6

．

故“

a

3

a

5

6

”是“数列



a

n



的公比为

3

”的必要不充分条件．

故选：B

4．尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、

其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以



ACB

的顶点

C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段

AB

三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点

作双曲线，与圆弧

AB

交于点E，连接

CE

，则

ACB3BCE

．若图中

CE

交

AB

于点P，



5AP6PB

，则

cosACP

（）

A．



24

25

B．



12

25

C．



7

25

D．

12

25

【正确答案】C

【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得

BCE

的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求

出

cosACP

.

【详解】设

BCE



，则

ACB3BCE3



，

ACP2



.

在

△ACP

中，由正弦定理，得

在

BCP

中，由正弦定理，得

APCA



；

sin2



sin



APC

BPCB



.

sin



sin



BPC

又因为

CACB

，

APCBPC



，

所以

即

APBP

CACB





，所以，

sin2



sin



sin



APC

sin



BPC

AP

sin2





2cos



.

BP

sin





3

AP

6



2cos





，故

cos





.又因为

5AP6PB

，所以

BP

5

5

2

所以

cosACP

cos2





2cos





1



2



97



1



.

2525

故选：C.

5．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（）

A．

1

12

B．

5

108

C．

1

72

D．

1

216

【正确答案】B

【分析】所有实验结果有

666216

种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事

件之和为

A

3

A

3

1

，即可求出概率.

【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有

666216

种不同

的结果，

其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有

A

3

种，

数字1、1、4组成的结果有

A

3

种，数字2、2、2组成的结果有

1

种.

1

A

3

5

3



A

3



1

故所求概率为

P



.



216108

1

3

31

故选：B.

6．已知

F

为抛物线

C:y

2

3x

的焦点，过

F

的直线

l

交地物线

C

于

A,B

两点，若

AF



BF



，

则





（

A．1

【正确答案】C

【分析】由抛物线的定义求得

B

点的横坐标，代入抛物线得

B

点坐标，从而求得直线

AB

的方程，

联立抛物线与直线即可得

A

点的横坐标，求得

AF

，从而可得



的值.

【详解】如图，过

A

作

AA

1

准线于

A

1

，过

B

作

BB

1

准线于

B

1

，

）

B．

3

2

C．3D．4

3



3



由抛物线

C:y

2

3x

的焦点

F



,0



，准线方程为

x

，

4



4



3

1

3

由抛物线的定义可得

BFBB

1

x

B



1

，所以

x

B



，代入抛物线方程得

y

B



4

4

2



13



B

,

若





42





，直线

AB

的斜率为

k

AB



y

3

x

33

4

3



0



2



3

，则直线

AB

方程为

y



3



x



13





44

3





，即

4





33

9

9



y



3

x



联立



4

得

16x

2

40x90

，则

x

A

x

B



，所以

x

A



，

16

4



y

2



3

x



则

AFx

A



393



3





；

444

3



0



1



3

3



2

y



3

x



,



k



3

若

B



，直线的斜率为，则直线方程为

ABAB





，即

AB



4



13

4

2







44

y

3

x

33

4



33

9

9



y



3

x



联立



4

得

16x

2

40x90

，则

x

A

x

B



，所以

x

A



，

16

4



y

2



3

x



则

AFx

A



综上，



3

.

故选：C.

0.8

7．已知奇函数

f



x



在

R

上是减函数，

g



x



xf



x



，若

ag



log

2

5.1



，

bg



3



，

cg2

，

393



3





；

444



则a，b，c的大小关系为（

A．

abc

【正确答案】D

）

C．

bca

D．

bac

B．

cba

【分析】由题可知

g



x



为偶函数，且在



0,





上单调递减，利用函数的单调性可比较出

bac

.

【详解】因

f



x



为奇函数且在

R

上是减函数，所以

f



x



f



x



，且

x0

，时

f



x



0

.

因

g



x



xf



x



，所以

g



x



xf



x



xf



x



，故

g



x



为偶函数.

当

x0

时，

g





x



f



x



xf





x



0

，因

f



x



0

，

f





x



0

，所以

g





x



0

.

即

g



x



在



0,





上单调递减.

ag



log

2

5.1



g



log

2

5.1



，

0.8

0.8

因

3log

2

9log

2

5.1log

2

422

，所以

g



3



g



log

2

5.1



g2

，即

bac

.



故选：D.

8．已知半径为4的球

O

，被两个平面截得圆

O

1

､O

2

，记两圆的公共弦为

AB

，且

O

1

O

2

2

，若二面

角

O

1

ABO

2

的大小为

π

，则四面体

ABO

1

O

2

的体积的最大值为（

A．

83

【正确答案】C

【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体

积公式求解即可.

【详解】设弦

AB

的中点为

M

，连接

O

1

M,O

2

M

，依题意，可得如下图形，

B．

4

2

9

2

3

）

D．

4

3

9

C．

8

2

9

由圆的性质可知

O

1

MAB,O

2

MAB

，则

∠O

1

MO

2

即为二面角的平面角，

故

O

1

MO

2



2

π

，

3

112

ABS



MO

1

O

2

ABOMOM

sinπ

12

363

四面体

ABO

1

O

2

的体积为

V



3

ABO

1

MO

2

M

，

12

222

其中

O

1

O

2

O

1

MO

2

MO

1

MO

2

M43O

1

MO

2

M

4

O

1

MO

2

M

，当且仅当

O

1

MO

2

M

23

时取等号，

3

3

由球的截面性质，

OO

1

O

1

M

，

OO

2

O

2

M

，

所以

O,O

1

,O

2

,M

四点共圆，则有外接圆直径

2

ROM

24



2

3

，

sinπ

3

从而

AB

2

MB

2

OB

2

OM

2



216



V

2222482

.

O

1

MO

2

M

3339

1686

，



33

故选：C

二、多选题

2

9．随机变量

X~N



,



且

P



X2



0.5

，随机变量

Y~B



3,p



，若

E



Y



E



X



，则（



）

A．



2

【正确答案】AC

B．

D



X



2



2

C．

p

2

3

D．

D



3Y



2

【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据

E



Y



E



X



及二项分布期望

公式可求出

p

；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出

D



Y



，进而求得

D



3Y



.

2

【详解】对AB，因为

XN



,



且

P



X2



0.5

，



2

所以



2

，故

E



X







2

，

D



x







，选项A正确，选项B错误；

对C，因为

YB



3,p



，所以

E



Y



3pE



X



，

2

，选项C正确；

3

2



2



对D，

D



3

Y





9

D



Y





9



3





1







6

，选项D错误.

3



3



所以

3p2

，解得

p

故选：AC.

10．已知函数

f



x



sin



x3cos



x





0



的零点依次构成一个公差为

π

的等差数列，把函数

2

）

π

f



x



的图象向右平移个单位长度，得到函数

g



x



的图象，则函数

g



x



（

6

A．是奇函数



π3π



C．在



,



上是减函数



44



B．图象关于直线

x

π

对称

2



π2π





3,2



D．在



,



上的值域为





63



【正确答案】ACD

π



【分析】利用辅助角公式得出

f



x





2sin





x





，由已知条件求得



的值，再利用函数图象变

3



换求得函数

yg



x



的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

π



【详解】



f



x





sin



x



3cos



x



2sin





x





，

3



π

的等差数列，则该函数的最小正周期为

π

，

2

π



2π





2

，所以

f



x





2sin



2

x





，





0

，则





3



π



π

将函数

yf



x



的图象沿

x

轴向右平移个单位，

6

由于函数

yf



x



的零点构成一个公差为





π



π



得到函数

g



x





2sin



2



x











2sin2

x

的图象.

6



3





对于A选项，函数

yg



x



的定义域为

R

，

g



x



2sin



2x



2sin2xg



x



，

函数

yg



x



为奇函数，A选项正确；

π



π



对于B选项，

g





2sinπ



0

，所以函数

yg



x



的图象不关于直线

x

对称，B选项错误；

2



2



π3π



π3π





π3π



对于C选项，当

x





,



时，



2

x

，则函数

yg



x



在



,



上是减函数，C选项正

22



44





44



确；

π2ππ4π

3

x

时，



2

x

，则



sin2

x

1

，

3g



x



2

.

6333

2



π2π





3,2



所以，函数

yg



x



在区间



,



上的值域为





，D选项正确.

63



对于D选项，当

故选：ACD

11．如图，在直三棱柱

ABC-A

1

B

1

C

1

中，

ABAC3

，

BC1

，

AA

1

3

，点M在线段

BB

1

上，

且

B

1

M2MB

，N为线段

C

1

M

上的动点，则下列结论正确的是（）

A．当N为

C

1

M

的中点时，直线

AN

与平面

ABC

所成角的正切值为

B．当

MN2NC

1

时，

B

1

N

//

平面

ACM

C．

△ACN

的周长的最小值为

33

11

4

D．存在点N，使得三棱锥

NAMC

的体积为

【正确答案】BD

11

6

【分析】取

BC

的中点

P

,证明

PN^

平面

ABC

，故

PAN

为直线

AN

与平面

ABC

所成的角，求解

可判断A；延长

B

1

N

交

CC

1

于点

Q

，可得四边形

CQB

1

M

是平行四边形，从而可判断B；当点

N

与

M

重合时，求出

△ACN

的周长可判断C；取

BC

的中点

P

,连接

AP

，若三棱锥

NAMC

的体积为

11

，则

S

△

CMN



1

，根据

S

△

CMC

1

S

△

CMN

可判断D.

6

【详解】对于A，当

N

为

C

1

M

的中点时，取

BC

的中点

P

,连接

PN,AP

，

易知

PN//CC

1

,

CC

1



平面

ABC

，则

PN^

平面

ABC

，

故

PAN

为直线

AN

与平面

ABC

所成的角，

1

MB



CC

1



PN

2



1



34



则

tan



PAN



,故A错误；

AP

111111

2

对于B，当

MN2NC

1

时，延长

B

1

N

交

CC

1

于点

Q

，此时

所以

C

1

Q1,CQ2

，所以

CQB

1

M

.

C

1

QC

1

N

1



，

B

1

MMN

2

又

CQ//B

1

M

，所以四边形

CQB

1

M

是平行四边形，所以

CM//B

1

Q

，即

CM//B

1

N

.

因为

B

1

N

平面

ACM

，

CM

平面

ACM

，所以

B

1

N//

平面

ACM

，故B正确；

对于C，当点

N

与

M

重合时，易知

AN2,CN2

，

此时

△ACN

的周长为

223

，显然有

22333

，故C错误；

对于D，取

BC

的中点

P

,连接

AP

，易知

AP



平面

BCC

1

B

1

,

AP

11

,

2

若三棱锥

NAMC

的体积为

即

V

N



AMC



因为

S

△

CMC

1

11

，

6

11111

，所以

S

△

CMN

AP

,所以

S

△

CMN



1

.

636

13



3



1

S

△

CMN



1,

22

11

，故D正确.

6

所以存在点N，使得三棱锥

NAMC

的体积为

故选:BD.

12．定义在

R

上的函数

f(x)

满足

f(x)f(4x)0

，

f(22x)

是偶函数，

f(1)1

，则（

A．

f



x



是奇函数

C．

f



x



的图象关于直线

x1

对称

【正确答案】ABD

【分析】利用函数的奇偶性、对称性、周期性求解即可.

【详解】对于选项

A

，∵

f(22x)

是偶函数，∴

f(22x)f(22x)

，

∴函数

f(x)

关于直线

x2

对称，∴

f



x



f



4x



，

∵

f(x)f(4x)0

，∴

f



x



f



x



，∴

f



x



是奇函数，则

A

正确；

对于选项

B

，∵

f(4x)f(x)

，∴

f(8x)f(4x)

，∴

f(8x)f(x)

,

∴

f



x



的周期为

8

，∴

f



2023



f



25381



f



1



f



1



1

，则

B

正确；

对于选项

C

，若

f



x



的图象关于直线

x1

对称，则

f



3



f



1



，

B．

f



2023



1

D．



kf

(2

k



1)



100

k



1

100

）

但是

f



1



f



1



1

，

f



3



f



1



1

，即

f



3



f



1



，这与假设条件矛盾，则选项

C

错误；

对于选项

D

，将

x

1

代入

f(22x)f(22x)

，得

f



3



f



1



1

，

2

将

x1

，代入

f(x)f(4x)0

，得

f



5



f



1



1

，

同理可知

f



7



f



3



1

，

又∵

f



x



的周期为

8

，∴

f



x



正奇数项的周期为

4

，

∴



kf

(2

k



1)



f



1



2f



3



3f



5



100f



199



k



1

100







f



1



2f



3



3f



5



4f



7













5f



9



6f



11



7f



13



8f



15















97f



193



98f



195



99f



197



100f



199







25



4



100

，则

D

正确.

故选：ABD.

三、填空题















13．已知向量

a,b

满足

a1,b3,ab



3,1



，则

a



b



__________．

【正确答案】

0









a

【分析】对

ab

进行平方，然后代入

,b

，即可进行求解.







a1,b3,ab



3,1



，【详解】因为



则

ab



2



2



2

a2abb



31

22



2

10

，





所以

ab0

.

故

0

14．已知等差数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，若

S

6

S

7

，

S

7

S

8

，

S

8

S

9

，则符合题意的等差数列



a

n



的一个通项公式为

a

n



________．

【正确答案】

8n

（答案不唯一）

【分析】由条件可得

a

7

0

，

a

8

0

，

a

9

0

，由此确定

d0

，由此确定数列



a

n



的一个通项公式.

【详解】因为

S

6

S

7

，

S

7

S

8

，

S

8

S

9

，

所以

a

7

0

，

a

8

0

，

a

9

0

，

设数列



a

n



的公差为

d

，则

d0

，

取

d1

，又

a

8

0

，可得

a

1

7

，

故数列



a

n



的一个通项公式为

a

n



8

n

，

故

8n

（答案不唯一）.

15．若曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线，则

a

的范围是____________．

【正确答案】

(,0)

【分析】由题可将曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线转化为函数

f(x)lnxx1

图象与直线

ya

有两个交点，然后利用导数研究

f(x)

单调性，画出

f(x)

大致图象，即可得答案．

【详解】设切线切点为

(x

0

,

y

0

)

，又

y



lnx1

，所以切线斜率为

lnx

0

1

因为

y

0

x

0

lnx

0

，所以切线方程为：

yx

0

lnx

0





lnx

0

1



xx

0



．

又切线过



1,a



，则

ax

0

lnx

0





lnx

0

1



1x

0



，即

alnx

0

x

0

1

则由题可知函数

f(x)lnxx1

图象与直线

ya

有两个交点，

由

f





x





11



x



1



0

得

0x1

，由

f





x



0

得

x1

xx

所以

f(x)

在

(0,1)

上单调递增，在

(1,)

上单调递减．

又

f(x)

max

f(1)0

，又

x0

，

f(x)

，

x

，

f(x)

．

据此可得

f(x)

大致图象如下．

则由图可得，当

a(,0)

时，曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线．

故答案为.

(,0)

16．已知椭圆

C

的一个焦点为

F

，短轴

B

1

B

2

的长为

23,P,Q

为

C

上异于

B

1

,B

2

的两点.设



PB

1

B

2





,



PB

2

B

1





，且

tan











3



tan



tan





，则

△PQF

的周长的最大值为

__________.

【正确答案】8

【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.

【详解】

由条件

tan













3



tan





tan







即

1



tan



tan





tan





tan



，









＜π,tan



tan



0

，

1



tan



tan



4

1

，

tan



tan





，

3

3

设

P



x

0

,

y

0



，由题意：

B

1

0,3,B

2

0,3



，则

tan





x

0

x

0

,tan





，

3



y

0

3



y

0

2

22

22

x

0

4

x

0

y

0

xy



tan



tan





，即



1

，即椭圆C的标准方程为



1

，

2

3



y

0

3

43

43

a2,b3,c1

；

设左焦点为F，右焦点为

F

2

，如下图：

则

△PFQ

的周长

lPFQFPQ4aPF

2

QF

2

PQ

,

PF

2

QF

2

PQ

，当

P,Q,F

2

三点共线时等号成立，

l4a8

，

l的得最大值为8；

故8.

四、解答题

17．记

ABC

的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知

ABC

的外接圆半径

R22

，且

tan

B



tan

C



2sin

A

.

cos

C

(1)求B和b的值；

(2)求AC边上高的最大值.

【正确答案】(1)

B

(2)

222

.

【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.

（2）利用余弦定理、均值不等式求出

ac

的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.

【详解】（1）由

tan

B



tan

C



π

，

b4

；

4

sin

B

sin

C

2sin

A

2sin

A

，得，即



cos

C

cos

B

cos

C

cos

C

sinBcosCcosBsinC2sinAcosB

，

因此

sin(BC)2sinAcosB

，在

ABC

中，

sin(πA)2sinAcosB

，即

sinA2sinAcosB

，

而

0Aπ

，即

sinA0

，于是

cos

B

π

2

，又

0Bπ

，解得

B

，

4

2

2024年4月13日发(作者：频叶彤)

2023-2024学年福建省厦门高三适应性考试数学模拟试题

一、单选题

1

．已知集合

A



3,4,2a3



,B



a



，若

A



B



，则

a

（）

A．3B．4C．5D．6

【正确答案】B

【分析】根据交集结果得到

a3

，

a4

或

a2a3

，检验后得到答案.

【详解】因为

A



B



，所以

a3

，

a4

或

a2a3

，

当

a3

时，

2a33

，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当

a2a3

时，

a3

，与集合元素的互异性矛盾，舍去；

当

a4

时，

2a35

，满足集合元素互异性，满足要求.

故选：B

2

．已知复数

z

满足

z



1i



i

2023

，其中

i

为虚数单位，则

z

的虚部为（）

A

．



1

2

B

．

1

2

C

．



1

2

i

D

．

2

2

【正确答案】A

【分析】先由虚数单位的性质求得

i

2023

，再利用复数的四则运算求得

z

，从而得解.

【详解】因为

i

2023



i

505



4



3





i

4



505



i

3



i

，

所以

z



1i



i

2023

i

，故

z





i



i



1



i



1



i





1



i



1



i







1



i

2



1

2



i

2

，

所以

z

的虚部为



1

2

.

故选：A.

3

．在等比数列



a

n



中，

a

1

a

3

2

，则

“

a

3

a

5

6

”

是

“

数列



a

n



的公比为

3

”

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

【正确答案】B

【分析】结合等比数列的通项公式，充分、必要条件的定义判断即可.

【详解】设等比数列



a

n



的公比为

q

，

由

aa

，

a

2

a

13

2

3

a

5

6

，得

q



a

3



a

5



a



3

，则

q3

；

13

）

2

由

a

1

a

3

2

，

q3

，得

a

3

a

5





a

1

a

3



q6

．

故“

a

3

a

5

6

”是“数列



a

n



的公比为

3

”的必要不充分条件．

故选：B

4．尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、

其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以



ACB

的顶点

C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段

AB

三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点

作双曲线，与圆弧

AB

交于点E，连接

CE

，则

ACB3BCE

．若图中

CE

交

AB

于点P，



5AP6PB

，则

cosACP

（）

A．



24

25

B．



12

25

C．



7

25

D．

12

25

【正确答案】C

【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得

BCE

的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求

出

cosACP

.

【详解】设

BCE



，则

ACB3BCE3



，

ACP2



.

在

△ACP

中，由正弦定理，得

在

BCP

中，由正弦定理，得

APCA



；

sin2



sin



APC

BPCB



.

sin



sin



BPC

又因为

CACB

，

APCBPC



，

所以

即

APBP

CACB





，所以，

sin2



sin



sin



APC

sin



BPC

AP

sin2





2cos



.

BP

sin





3

AP

6



2cos





，故

cos





.又因为

5AP6PB

，所以

BP

5

5

2

所以

cosACP

cos2





2cos





1



2



97



1



.

2525

故选：C.

5．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（）

A．

1

12

B．

5

108

C．

1

72

D．

1

216

【正确答案】B

【分析】所有实验结果有

666216

种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事

件之和为

A

3

A

3

1

，即可求出概率.

【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有

666216

种不同

的结果，

其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有

A

3

种，

数字1、1、4组成的结果有

A

3

种，数字2、2、2组成的结果有

1

种.

1

A

3

5

3



A

3



1

故所求概率为

P



.



216108

1

3

31

故选：B.

6．已知

F

为抛物线

C:y

2

3x

的焦点，过

F

的直线

l

交地物线

C

于

A,B

两点，若

AF



BF



，

则





（

A．1

【正确答案】C

【分析】由抛物线的定义求得

B

点的横坐标，代入抛物线得

B

点坐标，从而求得直线

AB

的方程，

联立抛物线与直线即可得

A

点的横坐标，求得

AF

，从而可得



的值.

【详解】如图，过

A

作

AA

1

准线于

A

1

，过

B

作

BB

1

准线于

B

1

，

）

B．

3

2

C．3D．4

3



3



由抛物线

C:y

2

3x

的焦点

F



,0



，准线方程为

x

，

4



4



3

1

3

由抛物线的定义可得

BFBB

1

x

B



1

，所以

x

B



，代入抛物线方程得

y

B



4

4

2



13



B

,

若





42





，直线

AB

的斜率为

k

AB



y

3

x

33

4

3



0



2



3

，则直线

AB

方程为

y



3



x



13





44

3





，即

4





33

9

9



y



3

x



联立



4

得

16x

2

40x90

，则

x

A

x

B



，所以

x

A



，

16

4



y

2



3

x



则

AFx

A



393



3





；

444

3



0



1



3

3



2

y



3

x



,



k



3

若

B



，直线的斜率为，则直线方程为

ABAB





，即

AB



4



13

4

2







44

y

3

x

33

4



33

9

9



y



3

x



联立



4

得

16x

2

40x90

，则

x

A

x

B



，所以

x

A



，

16

4



y

2



3

x



则

AFx

A



综上，



3

.

故选：C.

0.8

7．已知奇函数

f



x



在

R

上是减函数，

g



x



xf



x



，若

ag



log

2

5.1



，

bg



3



，

cg2

，

393



3





；

444



则a，b，c的大小关系为（

A．

abc

【正确答案】D

）

C．

bca

D．

bac

B．

cba

【分析】由题可知

g



x



为偶函数，且在



0,





上单调递减，利用函数的单调性可比较出

bac

.

【详解】因

f



x



为奇函数且在

R

上是减函数，所以

f



x



f



x



，且

x0

，时

f



x



0

.

因

g



x



xf



x



，所以

g



x



xf



x



xf



x



，故

g



x



为偶函数.

当

x0

时，

g





x



f



x



xf





x



0

，因

f



x



0

，

f





x



0

，所以

g





x



0

.

即

g



x



在



0,





上单调递减.

ag



log

2

5.1



g



log

2

5.1



，

0.8

0.8

因

3log

2

9log

2

5.1log

2

422

，所以

g



3



g



log

2

5.1



g2

，即

bac

.



故选：D.

8．已知半径为4的球

O

，被两个平面截得圆

O

1

､O

2

，记两圆的公共弦为

AB

，且

O

1

O

2

2

，若二面

角

O

1

ABO

2

的大小为

π

，则四面体

ABO

1

O

2

的体积的最大值为（

A．

83

【正确答案】C

【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体

积公式求解即可.

【详解】设弦

AB

的中点为

M

，连接

O

1

M,O

2

M

，依题意，可得如下图形，

B．

4

2

9

2

3

）

D．

4

3

9

C．

8

2

9

由圆的性质可知

O

1

MAB,O

2

MAB

，则

∠O

1

MO

2

即为二面角的平面角，

故

O

1

MO

2



2

π

，

3

112

ABS



MO

1

O

2

ABOMOM

sinπ

12

363

四面体

ABO

1

O

2

的体积为

V



3

ABO

1

MO

2

M

，

12

222

其中

O

1

O

2

O

1

MO

2

MO

1

MO

2

M43O

1

MO

2

M

4

O

1

MO

2

M

，当且仅当

O

1

MO

2

M

23

时取等号，

3

3

由球的截面性质，

OO

1

O

1

M

，

OO

2

O

2

M

，

所以

O,O

1

,O

2

,M

四点共圆，则有外接圆直径

2

ROM

24



2

3

，

sinπ

3

从而

AB

2

MB

2

OB

2

OM

2



216



V

2222482

.

O

1

MO

2

M

3339

1686

，



33

故选：C

二、多选题

2

9．随机变量

X~N



,



且

P



X2



0.5

，随机变量

Y~B



3,p



，若

E



Y



E



X



，则（



）

A．



2

【正确答案】AC

B．

D



X



2



2

C．

p

2

3

D．

D



3Y



2

【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据

E



Y



E



X



及二项分布期望

公式可求出

p

；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出

D



Y



，进而求得

D



3Y



.

2

【详解】对AB，因为

XN



,



且

P



X2



0.5

，



2

所以



2

，故

E



X







2

，

D



x







，选项A正确，选项B错误；

对C，因为

YB



3,p



，所以

E



Y



3pE



X



，

2

，选项C正确；

3

2



2



对D，

D



3

Y





9

D



Y





9



3





1







6

，选项D错误.

3



3



所以

3p2

，解得

p

故选：AC.

10．已知函数

f



x



sin



x3cos



x





0



的零点依次构成一个公差为

π

的等差数列，把函数

2

）

π

f



x



的图象向右平移个单位长度，得到函数

g



x



的图象，则函数

g



x



（

6

A．是奇函数



π3π



C．在



,



上是减函数



44



B．图象关于直线

x

π

对称

2



π2π





3,2



D．在



,



上的值域为





63



【正确答案】ACD

π



【分析】利用辅助角公式得出

f



x





2sin





x





，由已知条件求得



的值，再利用函数图象变

3



换求得函数

yg



x



的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

π



【详解】



f



x





sin



x



3cos



x



2sin





x





，

3



π

的等差数列，则该函数的最小正周期为

π

，

2

π



2π





2

，所以

f



x





2sin



2

x





，





0

，则





3



π



π

将函数

yf



x



的图象沿

x

轴向右平移个单位，

6

由于函数

yf



x



的零点构成一个公差为





π



π



得到函数

g



x





2sin



2



x











2sin2

x

的图象.

6



3





对于A选项，函数

yg



x



的定义域为

R

，

g



x



2sin



2x



2sin2xg



x



，

函数

yg



x



为奇函数，A选项正确；

π



π



对于B选项，

g





2sinπ



0

，所以函数

yg



x



的图象不关于直线

x

对称，B选项错误；

2



2



π3π



π3π





π3π



对于C选项，当

x





,



时，



2

x

，则函数

yg



x



在



,



上是减函数，C选项正

22



44





44



确；

π2ππ4π

3

x

时，



2

x

，则



sin2

x

1

，

3g



x



2

.

6333

2



π2π





3,2



所以，函数

yg



x



在区间



,



上的值域为





，D选项正确.

63



对于D选项，当

故选：ACD

11．如图，在直三棱柱

ABC-A

1

B

1

C

1

中，

ABAC3

，

BC1

，

AA

1

3

，点M在线段

BB

1

上，

且

B

1

M2MB

，N为线段

C

1

M

上的动点，则下列结论正确的是（）

A．当N为

C

1

M

的中点时，直线

AN

与平面

ABC

所成角的正切值为

B．当

MN2NC

1

时，

B

1

N

//

平面

ACM

C．

△ACN

的周长的最小值为

33

11

4

D．存在点N，使得三棱锥

NAMC

的体积为

【正确答案】BD

11

6

【分析】取

BC

的中点

P

,证明

PN^

平面

ABC

，故

PAN

为直线

AN

与平面

ABC

所成的角，求解

可判断A；延长

B

1

N

交

CC

1

于点

Q

，可得四边形

CQB

1

M

是平行四边形，从而可判断B；当点

N

与

M

重合时，求出

△ACN

的周长可判断C；取

BC

的中点

P

,连接

AP

，若三棱锥

NAMC

的体积为

11

，则

S

△

CMN



1

，根据

S

△

CMC

1

S

△

CMN

可判断D.

6

【详解】对于A，当

N

为

C

1

M

的中点时，取

BC

的中点

P

,连接

PN,AP

，

易知

PN//CC

1

,

CC

1



平面

ABC

，则

PN^

平面

ABC

，

故

PAN

为直线

AN

与平面

ABC

所成的角，

1

MB



CC

1



PN

2



1



34



则

tan



PAN



,故A错误；

AP

111111

2

对于B，当

MN2NC

1

时，延长

B

1

N

交

CC

1

于点

Q

，此时

所以

C

1

Q1,CQ2

，所以

CQB

1

M

.

C

1

QC

1

N

1



，

B

1

MMN

2

又

CQ//B

1

M

，所以四边形

CQB

1

M

是平行四边形，所以

CM//B

1

Q

，即

CM//B

1

N

.

因为

B

1

N

平面

ACM

，

CM

平面

ACM

，所以

B

1

N//

平面

ACM

，故B正确；

对于C，当点

N

与

M

重合时，易知

AN2,CN2

，

此时

△ACN

的周长为

223

，显然有

22333

，故C错误；

对于D，取

BC

的中点

P

,连接

AP

，易知

AP



平面

BCC

1

B

1

,

AP

11

,

2

若三棱锥

NAMC

的体积为

即

V

N



AMC



因为

S

△

CMC

1

11

，

6

11111

，所以

S

△

CMN

AP

,所以

S

△

CMN



1

.

636

13



3



1

S

△

CMN



1,

22

11

，故D正确.

6

所以存在点N，使得三棱锥

NAMC

的体积为

故选:BD.

12．定义在

R

上的函数

f(x)

满足

f(x)f(4x)0

，

f(22x)

是偶函数，

f(1)1

，则（

A．

f



x



是奇函数

C．

f



x



的图象关于直线

x1

对称

【正确答案】ABD

【分析】利用函数的奇偶性、对称性、周期性求解即可.

【详解】对于选项

A

，∵

f(22x)

是偶函数，∴

f(22x)f(22x)

，

∴函数

f(x)

关于直线

x2

对称，∴

f



x



f



4x



，

∵

f(x)f(4x)0

，∴

f



x



f



x



，∴

f



x



是奇函数，则

A

正确；

对于选项

B

，∵

f(4x)f(x)

，∴

f(8x)f(4x)

，∴

f(8x)f(x)

,

∴

f



x



的周期为

8

，∴

f



2023



f



25381



f



1



f



1



1

，则

B

正确；

对于选项

C

，若

f



x



的图象关于直线

x1

对称，则

f



3



f



1



，

B．

f



2023



1

D．



kf

(2

k



1)



100

k



1

100

）

但是

f



1



f



1



1

，

f



3



f



1



1

，即

f



3



f



1



，这与假设条件矛盾，则选项

C

错误；

对于选项

D

，将

x

1

代入

f(22x)f(22x)

，得

f



3



f



1



1

，

2

将

x1

，代入

f(x)f(4x)0

，得

f



5



f



1



1

，

同理可知

f



7



f



3



1

，

又∵

f



x



的周期为

8

，∴

f



x



正奇数项的周期为

4

，

∴



kf

(2

k



1)



f



1



2f



3



3f



5



100f



199



k



1

100







f



1



2f



3



3f



5



4f



7













5f



9



6f



11



7f



13



8f



15















97f



193



98f



195



99f



197



100f



199







25



4



100

，则

D

正确.

故选：ABD.

三、填空题















13．已知向量

a,b

满足

a1,b3,ab



3,1



，则

a



b



__________．

【正确答案】

0









a

【分析】对

ab

进行平方，然后代入

,b

，即可进行求解.







a1,b3,ab



3,1



，【详解】因为



则

ab



2



2



2

a2abb



31

22



2

10

，





所以

ab0

.

故

0

14．已知等差数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，若

S

6

S

7

，

S

7

S

8

，

S

8

S

9

，则符合题意的等差数列



a

n



的一个通项公式为

a

n



________．

【正确答案】

8n

（答案不唯一）

【分析】由条件可得

a

7

0

，

a

8

0

，

a

9

0

，由此确定

d0

，由此确定数列



a

n



的一个通项公式.

【详解】因为

S

6

S

7

，

S

7

S

8

，

S

8

S

9

，

所以

a

7

0

，

a

8

0

，

a

9

0

，

设数列



a

n



的公差为

d

，则

d0

，

取

d1

，又

a

8

0

，可得

a

1

7

，

故数列



a

n



的一个通项公式为

a

n



8

n

，

故

8n

（答案不唯一）.

15．若曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线，则

a

的范围是____________．

【正确答案】

(,0)

【分析】由题可将曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线转化为函数

f(x)lnxx1

图象与直线

ya

有两个交点，然后利用导数研究

f(x)

单调性，画出

f(x)

大致图象，即可得答案．

【详解】设切线切点为

(x

0

,

y

0

)

，又

y



lnx1

，所以切线斜率为

lnx

0

1

因为

y

0

x

0

lnx

0

，所以切线方程为：

yx

0

lnx

0





lnx

0

1



xx

0



．

又切线过



1,a



，则

ax

0

lnx

0





lnx

0

1



1x

0



，即

alnx

0

x

0

1

则由题可知函数

f(x)lnxx1

图象与直线

ya

有两个交点，

由

f





x





11



x



1



0

得

0x1

，由

f





x



0

得

x1

xx

所以

f(x)

在

(0,1)

上单调递增，在

(1,)

上单调递减．

又

f(x)

max

f(1)0

，又

x0

，

f(x)

，

x

，

f(x)

．

据此可得

f(x)

大致图象如下．

则由图可得，当

a(,0)

时，曲线

yxlnx

有两条过



1,a



的切线．

故答案为.

(,0)

16．已知椭圆

C

的一个焦点为

F

，短轴

B

1

B

2

的长为

23,P,Q

为

C

上异于

B

1

,B

2

的两点.设



PB

1

B

2





,



PB

2

B

1





，且

tan











3



tan



tan





，则

△PQF

的周长的最大值为

__________.

【正确答案】8

【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.

【详解】

由条件

tan













3



tan





tan







即

1



tan



tan





tan





tan



，









＜π,tan



tan



0

，

1



tan



tan



4

1

，

tan



tan





，

3

3

设

P



x

0

,

y

0



，由题意：

B

1

0,3,B

2

0,3



，则

tan





x

0

x

0

,tan





，

3



y

0

3



y

0

2

22

22

x

0

4

x

0

y

0

xy



tan



tan





，即



1

，即椭圆C的标准方程为



1

，

2

3



y

0

3

43

43

a2,b3,c1

；

设左焦点为F，右焦点为

F

2

，如下图：

则

△PFQ

的周长

lPFQFPQ4aPF

2

QF

2

PQ

,

PF

2

QF

2

PQ

，当

P,Q,F

2

三点共线时等号成立，

l4a8

，

l的得最大值为8；

故8.

四、解答题

17．记

ABC

的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知

ABC

的外接圆半径

R22

，且

tan

B



tan

C



2sin

A

.

cos

C

(1)求B和b的值；

(2)求AC边上高的最大值.

【正确答案】(1)

B

(2)

222

.

【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.

（2）利用余弦定理、均值不等式求出

ac

的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.

【详解】（1）由

tan

B



tan

C



π

，

b4

；

4

sin

B

sin

C

2sin

A

2sin

A

，得，即



cos

C

cos

B

cos

C

cos

C

sinBcosCcosBsinC2sinAcosB

，

因此

sin(BC)2sinAcosB

，在

ABC

中，

sin(πA)2sinAcosB

，即

sinA2sinAcosB

，

而

0Aπ

，即

sinA0

，于是

cos

B

π

2

，又

0Bπ

，解得

B

，

4

2