福建省南平市2023届高三第三次质量检测数学试题（含解析）

这是一份福建省南平市2023届高三第三次质量检测数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．1C．D．
3．已知正方形ABCD的边长为1，点M满足，则（ ）
A．B．1C．D．
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．
5．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
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
7．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．
8．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
二、多选题
9．若，则（ ）
A．B．C．D．
10．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
11．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2
C．当取到最大值时，直线AP与C相切
D．当取到最大值时，
12．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
三、填空题
13．在的展开式中的常数项为_______.
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________．
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________．
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________．

四、解答题
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．
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．
19．如图，在三棱锥中，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．
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：
（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，．
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．
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．
套票类别
A
B
C
D
E
F
套票价格（元）
40
50
60
65
72
88
购买人数（千人）
16.9
18.7
20.6
22.5
24.1
25.2
参考答案：
1．C
【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：C
2．B
【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：B
3．C
【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．C
【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：C
5．D
【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．A
【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：A
7．B
【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：B
8．A
【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
9．BD
【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：BD
10．ACD
【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：ACD
11．AC
【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：AC
12．BCD
【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.
13．
【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．（答案不唯一）
【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．
【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的切线相同，
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．
【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.
17．(1)；
(2).
【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.
【详解】（1）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.
（2）设的前项和为，由（1）得，，于是，
因此，
则，
所以数列前项和为.
18．(1)；
(2).
【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.
【详解】（1）在中，由及二倍角公式，得，
即，整理得，
因此，即，而，
所以.
（2）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．(1)证明见解析
(2)
【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，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）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.
（2）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．(1)；
(2)分布列见解析，期望为2.
【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.
【详解】（1）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.
（2）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：
期望.
21．(1)
(2)是，
【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.
【详解】（1）由题意得，解得，所以，
则椭圆的方程为.
（2）
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．(1)答案见解析；
(2).
【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.
【详解】（1）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.
（2）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；
于是，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.
1
2
3