福建省南平市2023届高三第三次质量检测数学 Word版含解析.docx

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南平市2023届高中毕业班第三次质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分考试形式：闭卷）注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．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，再选涂其它答案标号．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交回．第I卷一、单项选择题：本大题共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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求解出A集合包含的元素，由集合的交集运算即可求得答案.【详解】解：，又，故选：C2.已知，则（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出并代入计算作答.【详解】由，得， 所以.故选：B3.已知正方形ABCD的边长为1，点M满足，则（）A.B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】根据几何关系求解.【详解】如图，，所以M是AC的中点，；故选：C.4.2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比-热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图2所示，则该模型球舱体积为（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.【详解】由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为，高为；圆柱的底面半径为，高为， 故该模型球舱体积为（），故选：C5.已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，则（）A.的周期为B.在上单调递增C.的图象关于点对称D.的图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】根据题意求得函数周期，判断A；进而确定，可得函数解析式，利用正弦函数单调性判断B；根据正弦函数的对称性可判断C，D.【详解】由题意函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，故函数周期为，A错误；则，当时，，因为函数在上不单调，故在上不单调递增，B错误；因为，此时函数取到最小值，故的图象不关于点对称，C错误；，此时函数取到最大值，的图象关于直线对称，D正确，故选：D 6.某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线均生产规格的芯片．现有25块该规格的芯片，其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块．若甲、乙、丙生产的芯片的优质品率分别为0.9，0.8，0.7，则从这25块芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（）A.0.78B.0.64C.0.58D.0.48【答案】A【解析】【分析】根据题意可得优质品总数为，再根据古典概型的概率计算公式即可求得该芯片为优质品的概率.【详解】由题可知，甲、乙、丙生产的芯片的优质品总数为，根据古典概型计算可得该芯片为优质品的概率为.故选：A7.分别是函数和图象上的点，若与x轴平行，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设方程为，联立方程组分别求得坐标，可得的表达式，利用导数求得其最小值，即可得答案.【详解】因为与x轴平行，设方程为，由，可得，即，由，可得，即，所以，设，则，当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，故，故选：B8.已知双曲线的左顶点为A，若E上存在点P，使得P与A关于直线对称，则E的离心率为（）A.B.C.2D.3【答案】A【解析】【分析】设，根据P与A关于直线对称，表示出P点坐标，然后代入双曲线方程可得的关系式，利用离心率的计算公式即可得答案.【详解】由已知可知，设与A关于直线对称，则，解得，即，由于P点在上，故，即，故，故选：A二、选择题：本大题共4小题，每小题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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若，则（）A.B.C.D. 【答案】BD【解析】【分析】利用函数单调性一一判定即可.【详解】易知在定义域上单调递减，故时，，即A错误；在定义域上单调递增，故时，，即B正确；在定义域上单调递减，故时，，即C错误；，则，即在定义域上单调递增，所以时，有，即，故D正确.故选：BD10.在棱长为1的正方体中，E，F分别是AB，BC中点，则（）A.平面B.平面C.平面平面D.点E到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】检验所给定的正方体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABC；求出点到平面距离判断D作答.【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 对于A，，显然，即平行于平面，而平面，因此平面，A正确；对于B，，，即有不垂直于，而平面，因此不垂直于平面，B错误；对于C，，而，显然，，即平面，于是平面，而平面，因此平面平面，C正确；对于D，，，设平面的一个法向量，则，令，得，又，所以点E到平面的距离，D正确.故选：ACD11.已知点，抛物线的焦点为F，过F的直线l交C于P，Q两点，则（）A.的最大值为B.的面积最小值为2C.当取到最大值时，直线AP与C相切D.当取到最大值时，【答案】AC【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义逐项分析判断作答.【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设， 显然直线不垂直于轴，设直线的方程为：，由消去x得：，则，对于A，显然，，当且仅当时取等号，A正确；对于B，的面积，当且仅当时取等号，B错误；对于C，由选项A知，当最大时，点，此时直线方程为，由消去x得：，，直线AP与C相切，C正确；对于D，由选项C知，当最大时，轴，显然，即，，D错误.故选：AC12.已知函数满足，，则（）A.B.C.若方程有5个解，则D.若函数（且）有三个零点，则【答案】BCD【解析】 【分析】由可构造函数，由已知条件求出，再由解析式求解判定选项.【详解】因为，构造函数，则，所以可设，又，所以，.对于A选项，，故A选项错误；对于B选项，由，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，所以，而均大于0，要比较的大小，只需比较的大小，，令，则，在单调递增，在单调递减，所以，所以，即，进而，故B选项正确；对于C选项，方程可化为（＊），令，则方程（＊）可化为作出的图象如图所示：方程，①时，时，方程的解只有一个，则函数的零点至多有三个，不合题意； ②时，方程无解，无零点，不合题意；③时，即或时，方程的解有两个，记为且，若方程有5个解，则有2个零点，有3个零点，即，由求根公式得，，解得，此时合题，故C选项正确；对于D选项，若函数（且）有三个零点，则方程有三个根，因为，又在单调递增，所以方程有三个根，则方程有三个根，所以有三个根，所以有三个根，即有三个根，令，因为，所以为奇函数，则当时，则，令，所以在单调递增，在单调递减,所以；当时，，当时，，作出函数的图象如下：所以或，解得，故D选项正确.故选：BCD.第II卷 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.在的展开式中的常数项为_______.【答案】【解析】【分析】写出通项公式，给r赋值即可得出．【详解】的通项公式为：Tr+1（-1）rx6﹣2r．令6﹣2r＝0解得r＝3，∴（-1）320，所以常数项为-20．故答案为-20．【点睛】本题考查了二项式定理的应用，写出通项是关键，属于基础题．14.对于任意实数，直线恒过定点A，且点，则直线的一个方向向量为________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】求出直线所过定点A的坐标，即可求得答案.【详解】由题意对于任意实数，直线，即，即定点A为，所以直线的一个方向向量为，故答案为：15.已知曲线和曲线有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则l的方程为________．【答案】【解析】【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义可得，即可求得 ，继而求出切点坐标以及切线斜率，即得答案.【详解】设曲线和曲线在公共点处切线相同，则，由题意知，即，解得，故切点为，切线斜率为，所以切线方程为，即，故答案为：16.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作答.【详解】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于及，如图， 由，得，由，得，线段绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，它是一个圆环，其内径，外径，此圆环面积为，因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积.故答案为：【点睛】关键点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设为数列的前n项积．已知．（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，结合前n项积的意义求解作答.（2）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求解作答.【小问1详解】依题意，是以1为首项，2为公差的等差数列，则，即，当时，有，两式相除得，，显然，即，因此当时，，即，所以数列的通项公式.【小问2详解】设的前项和为，由（1）得，，于是，因此，则，所以数列前项和为.18.已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）设AD是BC边上的高，且，求面积的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用二倍角公式和角的正余弦公式化简求解作答.（2）利用三角形面积公式化简得，再利用余弦定理结合均值不等式求解作答. 【小问1详解】在中，由及二倍角公式，得，即，整理得，因此，即，而，所以.【小问2详解】由（1）及已知，得，即有，由余弦定理得，即，因此，即，于是，当且仅当时取等号，而，所以面积的最小值为.19.如图，在三棱锥中，点S在底面ABC的投影在三角形ABC的内部（包含边界），底面是边长为4的正三角形，，，与平面所成角为．（1）证明：；（2）点D在的延长线上，且，M是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）作底面，先证明点在上，且为的中点，继而证明平面，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】作底面，垂足为O，则为与平面所成角，即，在中，由可得，因为底面，底面，故,在中，，则,在中，由可得，故，且,在中，，则≌，故,而,故点必在上，且为的中点，底面，底面，故，又平面,故平面平面,故.【小问2详解】由（1）可知,,且平面,故平面,以点O为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由于，故,则，则，即，设平面的法向量为，则，即，令，则，由题意可取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为.20.五一小长假期间，文旅部门在某地区推出A，B，C，D，E，F六款不同价位的旅游套票，每款套票的价格（单位：元；）与购买该款套票的人数（单位：千人）的数据如下表：套票类别ABCDEF套票价格（元）405060657288购买人数（千人）16.918.720.622.524.125.2 （注：A，B，C，D，E，F对应i的值为1，2，3，4，5，6）为了分析数据，令，，发现点集中在一条直线附近．（1）根据所给数据，建立购买人数y关于套票价格x的回归方程；（2）规定：当购买某款套票的人数y与该款套票价格x的比值在区间上时，该套票为“热门套票”．现有甲、乙、丙三人分别从以上六款旅游套票中购买一款．假设他们买到的套票的款式互不相同，且购买到“热门套票”的人数为X，求随机变量X的分布列和期望．附：①参考数据：，，，．②对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望为2.【解析】【分析】（1）利用给定的数据，结合最小二乘法公式求出的回归方程，再代换作答.（2）利用（1）的结论结合已知，求出“热门套票”数，再借助超几何分布求出分布列、期望作答.【小问1详解】由已知点集中在一条直线附近，设回归直线方程为，由，，，得，，因此变量关于的回归方程为，令，则，即，所以关于的回归方程为. 【小问2详解】由，解得，所以，于是为“热门套票”，则三人中购买“热门套票”的人数服从超几何分布，的可能取值为1,2,3，，所以的分布列为：123期望.21.已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为F，C的离心率为，且C上的点B到F的距离的最大值和最小值的积为1．过点F的直线（与x轴不重合）交C于P，Q两点，直线，分别交过点F且垂直x轴的直线于M，N两点．（1）求C的方程；（2）记，的面积分别为，，试探究：是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程，求得即可得到椭圆方程；（2）根据题意，分别表示出直线的直线方程，从而得到点的纵坐标，然后代入计算，即可得到结果.【小问1详解】 由题意得，解得，所以，则椭圆的方程为.【小问2详解】依题意得直线的方程为，设直线的方程为，，由得，，则，所以，的方程为：，由，解得，的方程为：，由，解得，所以 【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交的问题，以及三角形面积问题，难度较难，解决本题的关键在于得到直线的方程，得到点的纵坐标，然后结合运算即可得到的比值.22已知函数，．（1）讨论的极值；（2）若的极小值为3，且，，，成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论单调性确定极值作答.（2）由（1）的结论及已知求出a值，再探讨函数在上的单调性，等价变形不等式，转化成函数在上单调递增求解作答.【小问1详解】函数的定义域是R，求导得，当时，单调递增，无极值；当时，由，得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，函数取得极小值，无极大值.【小问2详解】 由（1）知，，令，求导得，由，得，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，因此当且仅当时，函数取得最大值3，则由，得，不妨设，当时，为增函数，当时，为增函数；于，等价于，则不等式对恒成立，令，则函数在上单调递增，因此在上恒成立，设，显然，求导得，令，有在上单调递增，当时，，函数在上单调递增，于是，函数在上单调递增，因此，从而在上恒成立；当时，令，得，当时，，则当时，函数单调递减，，即当时，函数单调递减，，因此当时，，不符合题意，所以的取值范围是.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.