2023届福建省福州第三中学高三上学期数学一轮复习质量模拟检测试题（解析版）

2023届福建省福州第三中学高三上学期数学一轮复习质量模拟检测试题

一、单选题

1．已知集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】先化简集合，再根据并集和补集的定义即可求出．

【详解】解：集合，或，    

则或，

则，

故选：．

【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题．

2．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【详解】解：因为复数，对应的向量分别是，，则复数，因此点位于第二象限，选B

3．如果对于任意实数表示不超过的最大整数，那么“”是“成立”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

【答案】A

【分析】根据的定义，结合已知条件，从充分性和必要性判断即可.

【详解】若，则，故

则，则，故充分性满足；

若，取，满足，但，故必要性不满足.

故“”是“成立”的充分不必要条件.

故选：.

4．表面积为的正四面体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据表面积求得正四面体的棱长，再结合正方体的外接球半径的求解，即可求得结果.

【详解】设正四面体的棱长为，则根据题意可得：，解得；

该正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球的半径相等，

又正方体的外接球半径为，故该正四面体外接球的表面积.

故选：B.

5．在等比数列中，，，则（    ）

A．-8 B．16 C．32 D．-32

【答案】D

【分析】根据等比数列的通项公式即可求解．

【详解】设等比数列的公比为

则，所以

故

故选：D

6．我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图像来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图像的特征，如函数（）的图像不可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性，分类，和三种情况分类讨论，结合选项，即可求解.

【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称，

且，所以函数为偶函数，图象关于原点对称，

当时，函数且，图象如选项B中的图象；

当时，若时，函数，可得，

函数在区间单调递增，此时选项C符合题意；

当时，若时，可得，则，

令，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以选项D符合题意.

故选：A.

7．已知函数，是函数的一个零点，且是其图象的一条对称轴.若是的一个单调区间，则的最大值为

A．18 B．17 C．15 D．13

【答案】D

【分析】由已知可得，结合，得到（），再由是的一个单调区间，可得T，即，进一步得到，然后对逐一取值，分类求解得答案．

【详解】由题意，得，∴，

又，∴（）．

∵是的一个单调区间，∴T，即，

∵，∴，即．

①当，即时，，，∴，，

∵，∴，此时在上不单调，

∴不符合题意；

②当，即时，，，∴，，

∵，∴，此时在上不单调，

∴不符合题意；

③当，即时，，，∴，．

∵，∴，此时在上单调递增，

∴符合题意，故选D．

【点睛】本题主要考查正弦型函数的单调性，对周期的影响，零点与对称轴之间的距离与周期的关系，考查分类讨论的数学思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，结合选项逐步对系数进行讨论是解决该题的关键，属于中档题.

8．已知，为函数的零点，，下列结论中错误的是（    ）

A． B．若，则

C． D．a的取值范围是

【答案】C

【分析】作图，将 看作函数 与函数 的交点，根据函数的单调性逐项分析即可求解.

【详解】可以看作函数 与函数 的作差组成，作图如下：

对于A，由草图可知： 时， 单调递增， 单调递减，故存在唯一的交点 ，

考虑： 时，  ， ， ，

当 时， ， ，A正确；

对于B，有 ，两边取对数得： ，

由条件 可得： ，

联立方程 ，消去 得 ，并且 ，解得 ，B正确；

对于C，当 时， ，  ， 没有零点，即 ， ，C错误；

对于D，由于 在 时存在唯一零点，若 存在3个零点，必有 ，

考虑当 时， 必有2个解，两边取自然对数得 ，

构造函数： ，即 在时必有2个零点，

求导： ，令 ，则有 ，

当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，

在 时， 取得最小值， 有2个零点的充分必要条件是 ，

即 ，  ， ，D正确；

故选：C.

【点睛】思路点睛：函数零点性质问题，注意利用零点满足的方程构建零点之间的相互关系，同时注意将零点问题转化函数图象与水平直线的交点个数问题.

二、多选题

9．四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则（    ）

A．直线AD与直线B1D1所成角为45° B．直线AA1与直线CC1异面

C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1 D．CA1⊥AD

【答案】AC

【分析】根据异面直线所成的角， 所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，由此可判断A;根据棱台的几何特征可判断B;利用面面垂直的判定定理可判断C;利用线面垂直可判断，由此判断D.

【详解】如图，连接BD,则 ,则 所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，

在正方形ABCD中， ,故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；

由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；

由AA1⊥平面ABCD，平面ABCD，故 ,

又平面 ,故平面,

而平面，故平面ABB1A1⊥平面，故C正确；

连接AC,BD,由题意知 ,而平面平面,

故, 平面平面，

故 而平面,

故AD不可能垂直于，即D错误，

故选：AC

10．若圆：与圆：的公共弦AB的长为1，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．直线AB的方程为

C．AB中点的轨迹方程为

D．圆与圆公共部分的面积为

【答案】BC

【分析】两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断AB选项；然后由圆的性质可知直线垂直平分线段,进而可得到直线的距离即为AB中点与点的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C选项；对应扇形的面积减去三角形的面积乘以2即可求出圆与圆公共部分的面积，即可判断D选项.

【详解】两圆方程相减可得直线AB的方程为，即，

因为圆的圆心为，半径为1，且公共弦AB的长为1，则到直线的距离为，所以，解得，

所以直线AB的方程为，故A错误，B正确；

由圆的性质可知直线垂直平分线段,所以到直线的距离即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，因此，即，故C正确；

因为，所以，即圆中弧所对的圆心角为，所以扇形的面积为，三角形的面积为，所以圆与圆公共部分的面积为，故D错误.

故选：BC.

【点睛】圆的弦长的常用求法：

（1）几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；

（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.

11．已知数列满足，，则（    ）

A．是递减数列 B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：，又当时，与矛盾，故，即，

故该数列递增数列，A错误；

对B：，

根据A知：，即，，故B正确；

对C：，由可得，

故（当或时取得等号），故，C错误；

对D：由可得，即，

故，

又，故，故，D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.

12．函数，若，有，则（    ）

A．的图象与轴有两个交点 B．

C． D．若，则

【答案】BCD

【分析】先利用导数求函数的单调性和极限值，作出函数的大致图象，可判断A，B，再结合可判断C，D．

【详解】函数的定义域为，，

令，解得；令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

，当时，，当时，，

作出函数的大致草图，

故的图象与轴有1个交点,可知A错误，

，即直线与函数的图象有两个交点，

数形结合可知，故B正确；

，所以，即C正确；

若，则，由于，

则，即，故D正确；

故选：BCD．

三、填空题

13．已知角，，则______.

【答案】

【分析】化简，即可得到，再根据的范围，即可求出结果.

【详解】，，

，

，

，

，，

，则.

故答案为：.

14．已知的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，则的展开式中的常数项为____________.

【答案】60

【分析】利用已知求出的值，然后再求出展开式的通项公式，

令的指数为零即可求解.

【详解】由已知可得，第2项和第6项的二项式系数相等，

则，解得，

则的展开式的通项公式为

，

令，解得，

所以展开式的常数项为.

故答案为：.

15．若函数和的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_________.

【答案】

【分析】由分离常数，结合导数求得的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.

【详解】由（），

分离常数得，

令，

，

令，

，所以在上递减.

所以当时，递增；当时，递减，

所以，所以，且.

，

所以切线方程为.

故答案为：

四、双空题

16．已知正四面体的棱长为1，为棱的中点，则二面角的余弦值为_______________；平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为____________.

【答案】         

【分析】由于和都为等腰三角形，则取中点，连接，则二面角的平面角为，在中求解即可；由图可得，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，且球心为线段中点，求得球半径进而可得球的大圆面积．

【详解】将正四面体放入正方体中，如图所示

正四面体的棱长为1，则正方体的棱长为，取中点，连接，则二面角的平面角为，且为，，；

由图可得，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，且球心为线段中点，设球半径为，则，平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为

故答案为：；

【点睛】本题考查定义法解决两个平面所成的角问题，考查正四面体的外接球，考查学生空间想象能力，属于中档题．

五、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 且.

（1）若为锐角三角形，求的取值范围；

（2）若，且，求面积的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得.根据三角形是锐角三角形求得的取值范围，利用正弦定理化简，通过的取值范围求得的取值范围.

（2）利用正弦定理表示出，由此求得三角形面积的表达式，结合的取值范围求得的取值范围，对分成和两者情况，结合同角三角函数的基本关系式、函数的单调性进行分类讨论，由此求得三角形面积的最小值.

【详解】（1）在中，由正弦定理可得

，，

，

，

又为的内角，，即，

，又为锐角三角形，

，，

又，

.   

（2）在中，由正弦定理可得

，

又，

，

（）

，.

当时，（），        

当时，（），

，

又，在上单调递增，

当时，的面积最小，最小值为.

综上所述，三角形面积的最小值为.

【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查运算求解能力，属于中档题.

18．已知正项数列满足前项和满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由化简可知是以为首项，公差为的等差数列，进而求得.

（2）由可知，进而求得.

【详解】（1）由可得

  即：

，

，是以为首项，公差为的等差数列

当时，

当时，

所以：

（2）当时，

当时，由可得：

①

②

由①-②得：

当时，

当时，

当时，

综上，

19．在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面平面，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.

(1)证明：；

(2)已知∠ABB1=60°，AB=AC=2.l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°?若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)l上不存在点P，使与平面所成角为；理由见解析

【分析】（1）通过证明平面来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此判断出点不存在.

【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，

平面平面，平面平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

又，所以平面，

又平面，所以.

（2）l上不存在点P，使与平面所成角为．

理由如下：

取中点D，连接，因为，所以，

又，所以为等边三角形，所以，

因为，所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，

以A为原点，以方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

，

．

因为平面平面，所以平面，

又平面，平面平面，所以，

假设l上存在一点P，使与平面所成角为，设，

则，所以，

设为平面的一个法向量，

则，即，

令，则，可取，

又，所以，

即，此方程无解，

因此l上不存在点P，使与平面所成角为．

20．一个车间为了规定工时定额，需要确定一台机器持续加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如表所示：

(1)通过数据分析，发现y与x之间呈线性相关关系，求y关于x的回归方程，并预测持续加工480个零件所花费的时间；

(2)机器持续工作，高负荷运转，会影响产品质量．经调查，机器持续工作前6小时内所加工出来的零件的次品率为0.1，之后加工出来的零件的次品率为0.2.(机器持续运行时间不超过12小时）已知每个正品零件售价100元，次品零件作废，持续加工x个零件的生产成本(单位：元）．根据（1)的回归方程，估计一台机器持续工作多少分钟所获利润最大？（利润＝零件正品数售价－生产成本）

参考数据：

附：对于一组数据（x1，y1)，(x2，y2)，·，(xn，yn)，其回归直线a的斜率和截距的最小二乘估计分别为

【答案】(1)，预测加工480个零件所花费时间为360分钟

(2)估计一台机器持续工作492分钟所获利润最大

【分析】（1）首先求出，，再根据参考数据求出、，即可求出回归直线方程，再令，求出的值，即可预测加工480个零件所花费时间；

（2）令与求出所对应的的范围，分别求出利润函数，再根据二次函数的性质计算可得；

【详解】（1）解：设y关于x的回归方程为，

由表中数据及参考数据得，，，

所以，

所以，

所以关于的回归方程为，

当时，，

所以预测加工480个零件所花费时间为360分钟．

（2）解：根据（1）的结果，由，解得，

①当时，依题意，

利润，

所以当时，取最大值9216．

②由，解得，

所以当时，依题意，

利润

所以当时，取最大值9700．

因为，所以一台机器持续加工700个零件时，利润最大，

此时加工时间，

即估计一台机器持续工作492分钟所获利润最大．

21．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，离心率为，P为椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时，△的面积为.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设斜率存在的直线与C的另一个交点为Q，是否存在点，使得?若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在点，使得，且.

【分析】（1）根据题意，结合椭圆的性质，列方程组求出、、，即可求解；

（2）根据题意，结合设而不求法以及中垂线的性质，即可求解.

【详解】（1）根据题意，由离心率为，得，

由当P是C的上顶点时，△的面积为，得，

联立，解得，故椭圆C的标准方程为.

（2）根据题意，知，设直线：，

联立，得，

设，，则，，

设为的中点，则.

当时，若，易得；

当时，若，则，得，

因为，所以，

即，由，得.

综上所述，.

故存在点，使得，且.

22．已知函数．

(1)当时，设函数的最大值为，证明：；

(2)若函数有两个极值点，，求a的取值范围，并证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)，证明见解析

【分析】（1）通过导函数分析的单调性，从而求得的表达式，再用导数求出的最小值，即可证明；

（2）因为有两个极值点，故在上有两个根，从而求得a的取值范围；依题可得，从而可得，故设，，通过导数分析最大值即可证明．

【详解】（1）函数的定义域为

当时，，得

当时，；当时，；

所以在单调递增，在单调递减，

则的最大值为

由，当时，当时，

故在单调递减，在单调递增，

所以，故；

（2），

则

因为有两个极值点，

所以有两个根，

则满足解得，

当时，，当时，，当时，，

所以极大值为，极小值为，又，则

所以当时有，又，所以

故

设，

则

所以在上单调递增，则

所以