2023届福建省福州市普通高中高三毕业班质量检测（二检）数学试题含解析

2023届福建省福州市普通高中高三毕业班质量检测（二检）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合，然后利用并集的定义即可求解

【详解】因为，

所以.

故选：D

2．已知，则（    ）

A．2 B． C．4 D．10

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：B.

3．若二项式展开式中存在常数项，则正整数n可以是（    ）

A．3 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】首先写出展开式的通项公式，令的指数为，即可求出，从而得到的特征，即可判断求解.

【详解】二项式展开式的通项为，

令，解得：，又因为且为整数，所以为的倍数，

所以，

故选：.

4．为培养学生“爱读书､读好书､普读书”的良好习惯，某校创建了人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团．甲､乙两位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则这两位同学恰好参加同一个社团的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据古典概型公式即可求解.

【详解】记人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团分别为，

则甲､乙两位同学各自参加其中一个社团的基本事件有共9种，

而这两位同学恰好参加同一个社团包含的基本事件有共3种，

故这两位同学恰好参加同一个社团的概率.

故选：A

5．已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先计算，再根据投影向量公式即可计算.

【详解】

在上的投影向量为

故选：B

6．已知，关于直线对称的圆记为，点E，F分别为，上的动点，EF长度的最小值为4，则（    ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】D

【分析】画出图形，当过两圆圆心且与对称轴垂直又接近于对称轴时，长度最小，此时圆心到对称轴的距离为4，根据点到直线的的公式建立方程即可求解.

【详解】

由题易知两圆不可能相交或相切，则如图，当过两圆圆心且与对称轴垂直又接近于对称轴时，长度最小，

此时圆心到对称轴的距离为4，

所以，解得或.

故选：D

7．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，， ，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过点作平面，垂足为，结合可得为的外心，则，则，可得，进而可得，设为球心，为球的半径，结合勾股定理可得，进而求解.

【详解】过点作平面，垂足为，

因为，

所以为的外心，

则（为的外接圆半径），

则，所以，

,

设为球心，为球的半径，则，

因为，

解得，

所以球的体积为.

故选：C.

8．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（    ）

A．f（x）为奇函数 B．g（x）为奇函数

C． D．

【答案】D

【分析】结合已知条件和是奇函数求出函数的周期，然后利用周期和已知条件得出为偶函数，进而判断选项；根据函数是奇函数，周期为4即可判断选项；由得即可判断选项；根据题干条件得到，再结合函数的周期即可判断选项.

【详解】因为，所以，又，

则有，因为是奇函数，所以，

可得，即有与，

即，所以是周期为4的周期函数，

故也是周期为4的周期函数．

因为，所以，所以为偶函数．故错误；

由是奇函数，则，所以，

又，

所以，所以选项错误；

由得，所以选项错误；

因为，

，

所以，所以，

所以选项正确．

故选：.

二、多选题

9．已知函数，则（    ）

A．在区间单调递增

B．在区间有两个零点

C．直线是曲线的对称轴

D．直线是曲线的切线

【答案】BCD

【分析】对于A，求出的范围结合正弦函数的单调性即可；对于B，求出的零点，然后取特殊的值代入即可；对于C，算出即可；对于D，利用导数的几何意义进行求解即可

【详解】对于A，当，则，

因为在先单调递减，后单调递增，

所以不是的增区间，故错误；

对于B，令，解得，

所以的零点为，

当时，；当时，；

当时，；当时，，

所以在区间有两个零点，故正确；

对于C，令，则，

所以直线是曲线的对称轴，故正确；

对于D，由可得，

令，即，解得，

当时，，代入可得

所以在点处的切线为，化简得，故D正确

故选：BCD

10．已知曲线（    ）

A．若，则C是椭圆

B．若，则C是双曲线

C．当C是椭圆时，若越大，则C越接近于圆

D．当C是双曲线时，若越小，则C的张口越大

【答案】BD

【分析】对于AC，举反例即可判断；对于B，判断的符号即可；对于D，由曲线是双曲线，可得，整理成标准方程，得到对应的，即可判断.

【详解】对于A，满足，

代入曲线中，得，即，

表示以为圆心，半径为2的圆，故A错误；

对于B，当时，，

所以，故C是双曲线，故B正确；

对于C，当时，方程为，

为焦点在轴上，长轴长为4，短轴长为，焦距为的椭圆，离心率为，

当时，方程为，

为焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，焦距为的椭圆，离心率为，

所以当和时，两个椭圆一样圆，故C错误；

对于D，当曲线为双曲线时，，

整理成，则，

当越小，则越大，因为顶点不变，此时焦点离顶点越远，图象的张口就越大，故D正确.

故选：BD.

11．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CC1的中点，P为线段EF上的动点，则（    ）

A．线段DP长度的最小值为2

B．三棱锥D-A1AP的体积为定值

C．平面AEF截正方体所得截面为梯形

D．直线DP与AA1所成角的大小可能为

【答案】BC

【分析】对于A：根据等腰三角形的性质可判断DP的最小值位置，求得即可判断；对于B：线面平行时，线上的点到面的距离相等，再根据三棱锥D-A1AP的体积等于三棱锥P-A1AD的体积可判断；对于C：作出平面AEF截正方体所得截面即可判断；对于D：作出直线DP与AA1所成的角，并求出对应的正切的最小值即可判断.

【详解】

对于A：，当点为的中点时，此时DP长度的最小，最小值为，A错；

对于B：平面，点到平面的距离等于到平面的距离，

故三棱锥D-A1AP的体积等于三棱锥P-A1AD的体积也等于三棱锥E-A1AD的体积，

为，B正确；

对于C：如图平面AEF截正方体所得截面为四边形，

因为，且，所以四边形为梯形，C正确；

对于D：过点作于点,连接,则平面，

所以,则直线DP与AA1所成角的大小为或其补角，

令则，

令，

，当时，，

当，而在上单调递增，

所以，即，

故直线DP与AA1所成角的大小不可能为，D错.

故选：BC

12．若x，y满足x2+xy+y2=3，则（    ）

A．2x+y≤ B．2x+y≥-1

C．x2+y2-xy≤8 D．x2+y2-xy≥1

【答案】AD

【分析】由可得，令可得，再借助三角函数的取值范围可判断各项.

【详解】由可得，

令可得

对于A、B：，故A正确，B错误；

对于C、D：

，故C错误，D正确.

故选：AD．

三、填空题

13．若，是第三象限角，则 ___________．

【答案】

【分析】根据同角三角函数的关系分别求出角的正弦和正切，再利用二倍角的正切公式即可求解.

【详解】因为，且是第三象限角，

所以，则，

所以，

故答案为：.

14．利率变化是影响某金融产品价格的重要因素经分析师分析，最近利率下调的概率为60%，利率不变的概率为40%．根据经验，在利率下调的情况下该金融产品价格上涨的概率为80%，在利率不变的情况下该金融产品价格上涨的概率为40%．则该金融产品价格上涨的概率为__________．

【答案】####

【分析】根据概率的乘法公式即可求解.

【详解】有题意可知金融产品价格上涨的概率为：，

故答案为：

15．已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为__________．

【答案】11

【分析】方法一：对求导，设，根据条件得到，进而得，再得到函数关于对称，最后求出点的纵坐标即可；

方法二：对求导，根据在点处的切线与在点处的切线平行，可得存在两实根，再求出点的纵坐标即可.

【详解】方法一：，则，

设，依题意，

所以，

则，显然，则，

因为，所以的图象关于点中心对称，

所以点与点关于点对称，所以，则，

所以点的纵坐标为11.

方法二：，则，

因为，所以在上单调递增，

令，设其根为，则.

因为在点处的切线与在点处的切线平行，

所以存在两实根，其中一个为，设另一个为．

即两根为，由韦达定理得，则，

所以

，

所以点的纵坐标为11.

故答案为：11.

16．已知椭圆C：，直线l与C在第二象限交于A，B两点（A在B的左下方），与x轴，y轴分别交于点M，N，且|MA|：|AB|：|BN|=1：2：3，则l的方程为__________．

【答案】

【分析】由题意可得点为线段中点，设点坐标为，求出A点坐标，代入椭圆方程解出点的坐标即可得解.

【详解】如图，

由条件得点为线段中点，设点坐标为，得，

由得坐标为，将坐标分别代入中，

得解得  则坐标分别为､，

故直线方程为，即，

所以直线的方程为．

故答案为：

四、解答题

17．记的内角，，的对边分别为，，．已知．

(1)求的值：

(2)求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过余弦定理、正弦定理将条件中的边转化为角即可求出结果；

（2）由余弦定理表示出，借助条件消去边，利用基本不等式求出的范围，进而求出的最大值．

【详解】（1）由余弦定理可得，

代入，得到，化简得，

即.由正弦定理可得，

即，展开得，

即，所以．

（2）由得，

故，

当且仅当，即时等号成立．

因为，所以，所以的最大值为.

18．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，AD⊥CD，CD=2AB=4，△PAD是正三角形，E是棱PC的中点．

(1)证明：BE平面PAD；

(2)若，平面PAD⊥平面ABCD，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过构造平行四边形的方法证得BE平面PAD.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

【详解】（1）取中点，连接．

，

四边形为平行四边形，

，

又平面平面，

平面．

（2）取中点中点，连接，可得．

平面平面，平面平面平面，

平面．

．

以为原点，以所在直线为轴､轴､轴，

建立如图所示空间直角坐标系．

因为是等边三角形，

所以，

所以．

则．

设平面的法向量为，由，

可得，令，可得，

从而是平面的一个法向量．

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

19．欧拉函数(n)(n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如：(1)=1，(4)=2．

(1)求，；

(2)令，求数列的前n项和．

【答案】(1)；；

(2).

【分析】（1）根据欧拉函数的定义，采用枚举法即可求解；

（2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数可求出，从而求得的通项公式，根据通项公式的特征，采用错位相减法即可求出其前n项和.

【详解】（1）不超过9，且与其互质的数即为中排除掉3，6，9剩下的正整数，

则；

不超过27，且与其互质的数即为[1,27]中排除掉3，6，9，12，15，18，21，24，27剩下的正整数，

则．

（2）表示任意相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个，

故分别取可得中与互质的正整数个数为，

所以，

所以．

设数列的前项和为．

，

∴，

两式相减得：

则．

20．脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例．某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17．

(1)试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计．（结果保留整数）

(2)假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，2），其中2近似为（1）中计算的总样本方差．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率．

附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，≈4.7，≈4.8，0.158653≈0.004．

【答案】(1)总样本的均值为17，方差为23；据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23

(2)

【分析】（1）根据均值方差的计算公式代入计算即可求解；

（2）利用正态分布的性质和所给数据即可求解计算.

【详解】（1）把男性样本记为，其平均数记为，方差记为；

把女性样本记为，其平均数记为，方差记为．则．

记总样本数据的平均数为，方差为．

由，根据按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，

可得总样本平均数为．

根据方差的定义，总样本方差为

由可得

同理，，

因此，

所以，

所以总样本的均值为17，方差为23，

并据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23．

（2）由（1）知，所以，又因为，

所以，

因为，

所以．

所以3位参与者的脂肪含量均小于的概率为．

21．已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，

(1)求E的标准方程：

(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；

（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.

【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，

由,消元得，，，；

由弦长公式得，

即，解得或（舍去），满足，

从而的标准方程为.

（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在

设直线的方程为，设，

由，消去得，则.

设直线的方程为，

同理，消去得可得．

直线方程为，即，

化简得，

同理，直线方程为，

因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．

由消去，

因为直线与相交，所以，

解得，

所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．

法二：设直线方程为，由消去得，

设，则．

设直线的方程为，

同理可得．

直线方程为，即，

化简得，

同理，直线方程为，．

因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．

由消去，

因为直线与相交，所以，

解得，

所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．

【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.

22．已知函数．

(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；

(2)若恒成立．

①求的取值范围：

②设，表示不超过的最大整数．求．（参考数据：）

【答案】(1)为上的增函数，证明见解析

(2)① ；②当或2时，；当时，

【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出函数的单调性；

（2）①恒成立，只要即可，利用导数求出函数的最小值，从而可得出答案；

②先利用作差法判断的单调性，然后结合①中的结论求出的范围，再根据的定义即可得解.

【详解】（1），

记，则，

所以，所以单调递减；

，所以单调递增,

所以，所以，即，且仅有，

所以为上的增函数；

（2）①，

令，则，

则，所以单调递增,

所以，即，

①当时，，所以为递增函数，

所以，满足题意；

②当时，，

有唯一零点，且，

则时，单调递减，

所以，不合题意，舍去，

综上，；

②经计算：，

因为，所以数列单调递增，

所以，当或2时，，

当时，，

当时，由①可知，此时，即，

令，则，则有，

令，

则有，

因为，

所以当时，，

所以，当或2时，；当时，．

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．