2023届福建省福州第八中学高三上学期质检四数学试题（解析版）

2023届福建省福州第八中学高三上学期质检四数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解出集合，根据交集的运算求解即可.

【详解】或，

则.

故选：C.

2．已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（    ）

A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限

【答案】B

【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.

【详解】因为，所以，

所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.

故选：B.

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据向量平行的坐标关系即得.

【详解】由，得，

所以.

故选：A.

4．已知，，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】由，再利用基本不等式求解即可.

【详解】因为，， ，

所以

，

当且仅当即等号成立.

故选：C.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据辅助角公式，结合诱导公式、余弦二倍角公式进行求解即可.

【详解】，

故选：B

6．已函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.

【详解】由，设是实数集上的减函数，且，

所以由，

故选：B

7．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【解析】连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．

【详解】如图，

MN为该直线被球面截在球内的线段

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，

则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，

∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，

∴MH＝＝＝，

∴MN＝．

故选：C．

【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

8．已知双曲线的左右焦点分别为，为坐标原点，点为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题设知为直角三角形，由、，可得，进而求离心率的范围.

【详解】由题意知：为直角三角形且，又，

∴，而，

∴，即，

∴，即.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：由确定为直角三角形，结合，得到双曲线离心率关于的三角函数式，求离心率范围.

二、多选题

9．下列命题中，正确的命题有（    ）

A．已知随机变量X服从正态分布且，则

B．设随机变量，则

C．在抛骰子试验中，事件，事件，则

D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好

【答案】BD

【分析】根据正态分布的性质可判断A；由二项分布的方差公式可判断B；根据条件概率公式可判断C；由的意义可判断D.

【详解】A：因为且，所以，

所以，A错误；

B：因为，所以，B正确；

C：由题知，事件，所以，C错误；

D：由的意义可知D正确.

故选：BD

10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于点对称

B．的图象向右平移个单位后得到的图象

C．在区间上单调递增

D．为偶函数

【答案】BD

【分析】先由图象求出的解析式，再结合三角函数的性质与图像变换逐一判断.

【详解】由图可知，，又，所以，

再由图象知，且，

故，解得，即，

对于A，由，所以A错误；

对于B，的图象向右平移个单位后得到的函数为，故B正确；

对于C，当，则，因为不是的单调递增区间，故C错误；

对于D，，是偶函数，故D正确.

故选：BD.

11．如图，正方体的梭长为1，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，下列说法正确的是（    ）

A．若点是线段的中点，则

B．若点是线段的中点，则平而

C．若平面，则点轨迹在正方形C内的长度为

D．若点M到BC的距离与到的距离相等，则M点轨迹是抛物线

【答案】BCD

【分析】取中点，中点，证明后可判断A；建立空间直角坐标系，用空间向量法证明线面垂直判断B；过点找到与平面的平行截面得点轨迹，计算长度后判断C；确定在平面上点的轨迹判断D．

【详解】A．如图，取中点，中点，连接，

与平行且相等，则是平行四边形，∴，

又由与平行且相等得平行四边形，∴，∴，

而与相交，因此与相交，A错；

B．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，

，，

，，，

，，∴是平面的一个法向量，平而，B正确；

C．在选项A基础上，取中点，连接，

由得截面，

由与与平行且相等，得平行四边形，∴，

又平面，平面，

∴平面，同理平面，

，平面，所以平面平面，

平面平面，平面，且平面，

∴，即线段为点轨迹，在正方形中易得，C正确；

D．由平面，平面，得，∴在平面内，到点的距离等于它到直线的距离，其轨迹是抛物线，D正确．

故选：BCD．

12．已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（    ）

A．

B．

C．当时，

D．当时，若的所有根记为，，，，且，则

【答案】ACD

【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.

【详解】，，，

在上单调递减，上单调递增，

在处取得极小值，而，且，

在上单调递减，上单调递增，

在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，

故，解得，故A正确；

作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.

由图像可知，当时，，所以，C正确；

若的所有根记为，，且时，

则有，，可得，

即，又

，同理可得，，则，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．的展开式中常数项是___________（用数字作答）.

【答案】

【分析】根据二项式定理，可知的展开式通项为，令，求出，带入通项公式，即可求出结果.

【详解】因为的展开式通项为，

令，则，所以的展开式中常数项是.

故答案为：.

14．已知为抛物线上的一个动点，为圆上的一个动点，那么点到点的距离与点到抛物线准线的距离之和的最小值是______.

【答案】##

【分析】根据题意可得抛物线的焦点坐标、准线方程及圆的圆心坐标、半径，利用抛物线的定义可得点到抛物线准线的距离即为点到焦点的距离，进而得到动点位于线段上时距离最小，计算即可求解.

【详解】解：由题可知，抛物线的准线方程为，焦点坐标为，

圆的圆心坐标为，半径为，

设点到抛物线准线的距离为，则，故，

所以当动点位于线段上时，点到点的距离与点到抛物线准线的距离之和最小，

此时.

故答案为：.

15．若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线重合，则___________．

【答案】0

【分析】根据两切线重合求出即可．

【详解】解：由切点，，则在点处的切线方程为，

即，

由切点，，则在点处的切线方程为，

即，

由题知：两条直线是同一条直线，

则：，

化简得：．

∴ ．

故答案为：0．

四、双空题

16．2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程

若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.

【答案】         

【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；

由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.

【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为

有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；

分析可知，即；，即

当第1个图中的三角形的周长为1时，即，

所以

由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即

即，，，

利用累加法可得

数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，

当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边，

则

所以， 所以

故答案为：，

【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.

五、解答题

17．已知数列的前项和为，.

（1）求数列的通项公式;

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由递推公式，再递推一步，得，两式相减化简得

，可以判断数列是等差数列，进而可以求出等差数列的通项公式;

（2）根据（1）和对数的运算性质，用裂项相消法可以求出数列的前项和.

【详解】解：（1）由知

所以，即，从而

所以，数列是以2为公比的等比数列

又可得，                                     

综上所述，故.                                       

（2）由（1）可知，故，    

综上所述，所以，故而   

所以.

【点睛】本题考查了已知递推公式求数列通项公式问题，考查了等差数列的判断以及等差数列的通项公式，考查了用裂项相消法求数列前项和问题，考查了数学运算能力.

18．在中，角，，所对的边分别为，，，且，．

(1)求的值；

(2)若平分，且交于点，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式化简已知条件，从而求得的值.

（2）设，利用等面积法列方程，求出的值，

然后代入公式即可．

【详解】（1）依题意，，

由正弦定理得，

由正弦定理得．

（2）设，因为，平分，

所以，

因为，，，所以，

因为，，所以，则为锐角，

所以

所以，

所以的面积．

19．如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．

(1)求证：平面；

(2)线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；

【分析】(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.

【详解】（1）∵，，∴，

又O是中点∴

∵平面平面，平面平面，

平面，∴平面

（2）∵底面是菱形，∴

以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则．

又，所以，

∴，

设平面的法向量是，∴，

令，则，

假设线段上存在点F，且，

∴，∴，

∴，

平方整理得：，∴或（舍）.

∴时，即存在点F是中点时，与平面所成角的正弦值是．

20．足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日晚进行，全程为期28天.

(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到22列联表如下：

依据小概率值a=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关?

(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．

（i）求（直接写出结果即可）；

（ii）证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．

【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关

(2)（i）；（ii）证明见解析，甲的概率大

【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；

（2）（i）根据传球的等可能性推出，（ii）推导出，构造出等比数列，

求出，得到，比较出大小.

【详解】（1）假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．

根据列联表数据，经计算得

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001．

（2）（i）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故．

（ii）第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，

第次触球者不是甲的概率为，

则，

从而，

又，是以为首项，公比为的等比数列．

则，

∴，，

，故第19次触球者是甲的概率大

21．如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点．

(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；

(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果；

（2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论.

【详解】（1）解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，

联立，可得，（*）

由，

可得，即切线方程为，所以，，

将代入方程（*）可得，可得，此时，

不妨设点，同理可得点，，

因此，.

（2）证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，

因为点在椭圆上，则，

联立，消去可得，

整理得，即，解得，

因此，椭圆在其上一点处的切线方程为.

设、，则切线的方程为，切线的方程为.

设，则，

所以，点、的坐标满足方程，

所以，直线的方程为，

因为点在直线上，则，则，

所以，直线的方程可表示为，即，

由，可得，故直线过定点，

因为，所以，点在以为直径的圆上，

当点为线段的中点时，，此时点的坐标为.

故存在点，使得为定值.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

22．已知函数 在区间内存在极值点.

(1)求实数的取值范围；

(2)求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小．

【答案】(1).

(2)证明见解析，.

【分析】（1）由题设知可得，利用导数研究在上的单调性，即可求的取值范围，注意验证所得是否符合题设；

（2）将问题转化为在上存在唯一零点，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性及个数，即可证结论；根据在的单调性及且，只需判断的符号，即可判断与的大小．

【详解】（1）由题设，，又，则且，

∴，即在上递增，故，

当时，在上，即递增，又，，

∴上，上，则在上递减，在上递增，

∴在处取极小值，符合题设.

∴.

（2）要证在内存在唯一的使，只需证在上有唯一零点，

∴，由（1）知：在上递减，在上递增，

又时，，即在上递增，

综上，在上递减，在上递增，而，，

∴在无零点，在上存在一个零点，故存在唯一使.

由（1）知：，

∴，

令且，则，

令，则，则递增，

∴，即，故在上递增，则，

∴在有，

即有，又在上递增且，

∴.

【点睛】关键点点睛：第二问，构造函数，并利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性和唯一性；利用函数的区间单调性判断参数与的大小．