福建省龙岩市2023届高三数学5月质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省龙岩市2023届高三数学5月质量检测试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 设全集，集合，则， 在的展开式中，的系数为， 已知， 已知，若恒成立，则， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

龙岩市2023年高中毕业班五月教学质量检测
数学试题
一､选择题：本题共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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解方程求出集合B，再由集合的交集以及补集运算即可求解.
【详解】由题意，，又，
所以，
所以.
故选：C.
2. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 12 B. C. 6 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
所以只有中的与中的相乘才会得到，
即，所以系数为.
故选:D.
3. 已知（为虚数单位，），若复数满足，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，然后结合复数的运算即可得到，再由复数的模长公式即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
则，
所以，则，
所以.
故选:B
4. 已知集合，从集合中任取2个数字，则它们之和大于7的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型计算即可.
【详解】任取两数大于7的组合有十种情况，
故概率为.
故选：C
5. 如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图形可得正八面体的棱长为，分别求出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积．
【详解】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，
即为，
如图，

在正八面体中连接，，，可得，，互相垂直平分，为正八面体的中心，平面，平面，则，，.
在中，，
则该正八面体的体积，
该八面体的表面积
设正八面体的内切球半径为，
，即，解得，
.
故选：C.
6. 已知，若恒成立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】若恒成立，即，由余弦的二倍角公式和辅助角公式化简，求出，此时，则，由诱导公式即可得出答案.
【详解】，
其中，，所以当时，.
若恒成立，则，
此时，则，即，
.
故选：A.
7. 已知定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A. 253 B. 506 C. 507 D. 759
【答案】B
【解析】
【分析】由得的周期，再根据时，零点的个数，从而可得答案.
【详解】由得，
所以，即是以8为周期的周期函数，
当时，有两个零点2和4，
当时，，令，
则有，
当时，，，
所以无解，
所以当时，无零点，
又，因此在上函数有个零点，当时，有两个零点2和4，当时，无零点，当时，无零点，
因此有上，有个零点．
故选：B．
8. 已知数列满足，设，若为数列中唯一的最小项，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由地推关系可得数列为等差数列，从而求得其通项公式，再结合条件即可求得的范围.
【详解】由得：
又因为，所以，
所以数列为等差数列，且首项为，
公差也为3，则，
所以，
要使为数列的唯一最小项，则，所以.
故选:B.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 如图，已知正六棱台中，，，，则（ ）

A. B.
C. 平面 D. 侧棱与底面所成的角为
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A：在正六棱台中可知A错误；选项B：可先证平面，进而得到；选项C：可利用线线平行去证明面面平行，先找到过的平面与的交线，证明即可证明平面；选项D：先找到表示线面角的平面角，利用三角形可解.
【详解】选项A：在正六边形中，
在正六棱台中，，
故，又因，
所以不平行，故A错误；
选项B：

如图，连接，，
，分别为，的中点，连接，
在正六棱台中，平面，
因平面，所以，
在正六边形中，，
又因，所以平面，
因平面，所以,故B正确；
选项C：

连接，交于点，连接，，
在正六边形中，因，所以，
，
在正六边形中，
所以，
又正六棱台中，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因平面，所以平面，故C正确；
选项D：

正六棱台中，平面平面
平面平面
在平面中，作，则平面，
所以侧棱与底面所成的角为，
，
在中，，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 图象的一条对称轴是
C. ，则的最小值为
D. 若时，函数有两个零点，则实数的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】由可判断A，B；，即，画出图象，求得的最小正周期可判断C；函数有两个零点，即与的图象有两个交点，结合图象可判断D.
【详解】，
故A不正确；B正确；
的图象如所示，

若，则，
由图可知，因为的最小正周期为，
所以，故C正确；
，
，
若时，函数有两个零点，即，
即与的图象有两个交点，
由图可知，，故D不正确.
故选：BC.

11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在抛物线上，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为1
B. 的周长的最小值为
C. 若，则的最小值为32
D. 若过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则点在抛物线的准线上
【答案】AB
【解析】
【分析】利用焦半径公式求出焦点弦，然后求出最小值判断A，求出三角形周长的表达式，然后利用单调性求出最小值判断B，利用数量积的几何意义求得，进一步求出最值判断C，待定系数法求得两切线方程，求出点D的坐标，即可判断D.
【详解】因为抛物线的焦点为，所以，即抛物线，
由题意，设直线AB方程为：，设，，，
对选项A：由抛物线定义知：，因为，所以，
即的最小值为1，故A正确；
对选项B：联立，得，则，
所以的周长
，
令，则，
易知函数在上单调递增，函数的对称轴为，
故其在上单调递增，所以函数在上单调递增，
从而在上单调递增，
所以当即时，有最小值，
即直线AB为，的周长有最小值为，故B正确；
对选项C：因为,所以点C在AB的垂直平分线上,记AB的中点为H，则，
所以，
由选项B知，，所以当时，取到最小值，
则的最小值为，故C错误；
对选项D：联立，得，则，
设过点A的切线方程为，
联立，整理得，
由，可得，
则过点A的切线方程分别为：，可得，
同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：，
联立方程，解得，
即，所以两条切线的交点在直线上，不在准线上，故D错误.

故选：AB
12. 已知函数为的导数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，在区间单调递减
B. 当时，恒成立
C. 当时，在区间上存在唯一极小值点
D. 当时，有且仅有2个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A选项，求导，再对求得的导数求导，根据正负判断单调性即可，进而判断原函数的单调性；
对B 选项，当时，，可选用特殊值代入判断；
对C选项，时，，求导，再根据函数的性质进行判断即可；
对D选项，借助C选项得到的单调性的结论，采用隐零点的方法来解决.
【详解】当时，令，
当时，在上递减.A正确.
当时，若，则错误.
当时，，
令，则，
令，则，
当时，递增，又，
所以在上存在唯一的零点，
则当，，递减，当，，递增，
是在区间上的唯一极小值点正确.
由上可知在递减，，
在递增，存在，使，
当时，递减，当时，递增，
又，得在上有一个零点.
当时，递增，为其一个零点.
当时，，
在上不存在零点D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出，再由平行向量的坐标表示即可得出答案.
【详解】由可得：，
又因为，由可得：，
解得：.
故答案为：.
14. 写出一个与圆外切，并与直线及轴都相切的圆的方程___________.
【答案】或或或（写出其中一个即可）
【解析】
【分析】设出圆的方程，由已知条件及几何关系建立等量关系，用待定系数法求解即可.
【详解】设所求圆的方程为：，
因为与圆外切，所以，
又因为与直线及轴都相切，所以圆心在上或上
当圆心在上，所以，，
联立得：，解得：，
所以求得圆的方程为：或
当圆心在上，所以，，
联立得：，解得：，，
所以求得圆的方程为：或。
故答案为：或或或（写出其中一个即可）
15. 已知函数关于的方程恰有三个不同实数解，且关于的方程有实数解，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象，根据图象有个交点确定出的关系，所以可将方程转化为，然后构造函数并分析的单调性确定出其值域，即可得出答案.
【详解】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象如下图所示：
当时，，当时，，
所以由图象可知：时关于的方程恰有三个不同实数解，
又，
所以，
又因为，所以，所以 ，
设，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，，
故答案为：.

16. 已知是椭圆上的三个点，为的左焦点，两点关于原点对称，若，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆的右焦点为，则，，在和中，由余弦定理结合题意化简即可求出答案.
【详解】设椭圆的右焦点为，则，
，，则，
在中，由余弦定理得：①
在中，由余弦定理得：②
由①得：，化简得：③
由②得：
把④代入③化简得：，又.
故答案为：.
四､解答题：本题共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. 已知等差数列前项和为，数列前项积为.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）求得数列公差，由此求得.利用求得.
（2）利用裂项相消求和法求得.
【小问1详解】
是等差数列，，
即：，又，
，
.
又，
当时，，符合上式，
.
【小问2详解】
由（1）可得：，
.
18. 已知的内角的对边分别为，若，且.
（1）求；
（2）把的图象向右平移个单位长度，再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在上恰有两个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用正弦定理将角化成边，再用余弦定理即可求解；
（2）先由函数的图象变换得出函数的解析式，再结合函数的图象特点即可求解.
【小问1详解】
解：（1）因为，
所以
由正弦定理得
由余弦定理得.
即，因为，所以
小问2详解】
）解法一：由（1）知的图象向右平移个单位得的图象，再把所得图象向上平移个单位长度，得到的图象，
所以.
令，则
上恰有两个极值点，
由的图象可知，，
所以的取值范围是
解法二：由（1）知的图象向右平移个单位得的图象，再把所得图象向上平移个单位长度，得到的图象，
所以.
令得即，
，所以，
所以的取值范围是.
19. 如图，圆台下底面圆的直径为是圆上异于的点，且为上底面圆的一条直径，是边长为6的等边三角形，.

（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线段关系先证得平面，再证平面平面即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算平面夹角即可.
【小问1详解】
解（1）为圆的直径，是圆上异于的点，
故，
又，
而.
平面，平面.
平面平面平面.
（注：也可以由，证明，得出）
【小问2详解】
设为的中点，连接，则，
由（1）可知，平面；所以
平面，平面，
如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，

由题意可得
平面，四边形为矩形，
设平面的一个法向量为

由，令，可得，
即，
设平面的一个法向量为，

由得，令，可得，
即.
设平面与平面的夹角为
则
平面和平面夹角的余弦值为.
20. 新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展，某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程，现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表.
质量差（单位：）
56
67
70
78
86
件数（单位：件）
10
20
48
19
3

（1）求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）X近似服从正态分布，其中的近似值为36，用样本平均数作为的近似值，求概率）的值；
（2）若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍.若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立.现从该企业生产的该零件中随机抽取一件.
（i）求该零件为废品的概率；
（ii）若在抽取中发现废品，求该废品来自第1条生产线的概率.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，，
【答案】（1），
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）先由表格计算平均数，再根据正态分布三段区间公式计算概率即可；
（2）（i）根据全概率公式计算即可，（ii）根据贝叶斯公式计算即可.
【小问1详解】

由得：


【小问2详解】
（i）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，
“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，
则由题意可知，
又，
于是
.
（ii）.
21. 设函数.
（1）求的极值；
（2）已知，有最小值，求的取值范围.
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围.
【小问1详解】
由题意知：定义域为，，
，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
的极大值为，无极小值.
【小问2详解】
可化为，
为单调递增函数，
由可得：，即，
令，则，，，，
，
令，
，
令，
；
①当时，恒成立，在上单调递增，
，即，在上单调递增，
此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，又，
存在，使得，且当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
，即有最小值；
综上所述：实数取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题.
22. 已知双曲线的左顶点为，渐近线方程为.直线交于两点，直线的斜率之和为-2.
（1）证明：直线过定点；
（2）若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据顶点坐标和渐近线得出双曲线方程，解设，设直线的斜率分别为，通过化简表示出直线的方程，即可得出结论.
（2）利用平面几何知识，将几何问题转化为，求出的坐标，最后直线的斜率用的斜率表示，即可求解.
【小问1详解】
由题知，
的方程为：，
显然直线的斜率存在，
设直线，
联立，得，
且，
设直线的斜率分别为，
则，
故，
又
，
，

，
，
不过点，
，
所以直线过定点.
【小问2详解】
由题设直线.
由，得.
由，得.
故，
同理.
由可知，，
即.
因为，
化简得.
当时取等号，
所以直线的斜率的最大值为.