福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三）（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三）（Word版附解析），共25页。

泉州市2023届高中毕业班质量监测（三）2023.03
高三数学
本试卷共22题，满分150分，共8页．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2、考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．
3、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择答案使用0.5毫米的，黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
因此，.
故选：D.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的乘法可求得结果.
【详解】因为，则，
所以，，因此，.
故选：C.
3. 已知，则（ ）
A. B. 0 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由弦切互化可得，进而由余弦的二倍角公式以及齐次式的计算即可求解.
【详解】由可得，故，
故选：A
4. 某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为，则射击一次，击中目标的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设该运动员射击一次，击中目标的概率为，利用独立事件和对立事件的概率公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】设该运动员射击一次，击中目标的概率为，
若该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为，解得.
故选：B.
5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上．若，，则到的距离等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，分析出为等边三角形，并求出，从而可求得，即为所求.
【详解】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，

则，
所以，，所以，，所以，，
因为，所以，是边长为的等边三角形，则，
由抛物线的定义可知，所以，，故，
所以，，则，即点到直线的距离为.
故选：B.
6. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的对称性和周期性即可.
【详解】 可以得关于中心对称
且偶函数，所以的周期为4.



即关于对称；

所以切线方程：
即：
故选：A.
7. 图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体的性质，由线面垂直的判定定理，证明平面，得到MR为点M到直线的距离，然后在中，利用是的中位线求得正八面体的边长即可.
【详解】解：如图所示：

连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，
在正八面体中，易知，且，
所以 ，则 ，即 ，
又平面，则，又HG与RN相交，
所以平面，则MR为点M到直线的距离，
在中， ，则 ，
因为是的中位线，
所以，即，
故选：A
8. 已知平面向量、、满足，，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，以及的值，再利用平面向量的模长公式以及基本不等式可求得的最小值.
【详解】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，
因为，，，
所以，，
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故选：C.
二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（ ）
A. l与C恒有公共点 B. 是钝角三角形
C. 的面积的最大值为1 D. l被C截得的弦的长度的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
【详解】直线与y轴交于点，
且在圆内部，
l与C恒有公共点，A正确；
在圆内部，
为钝角，是钝角三角形，B正确；
到的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 与均在单调递增
B. 的图象可由的图象平移得到
C. 图象的对称轴均为图象的对称轴
D. 函数的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.
【详解】，
当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；
函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；
由，所以函数的对称轴为，
函数的对称轴为，
显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；
令，
所以，因为，
所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，
故选：AD
11. 在长方体中，，，点、在底面内，直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且，则（ ）

A.
B. 点的轨迹长度为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 与该长方体的每个面所成的角都相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】将长方体补成正方体，连接、、、，设，，确定点的位置，求出的长，可判断A选项；确定点的轨迹，求出点的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
【详解】如下图所所示，将长方体补成正方体，
连接、、、，设，，

易知与正方体的每一条棱所成的角都相等，
所以，与底面的交点即为点.
对于A选项，，A错；
对于B选项，因为平面，平面，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，同理，，
因为，、平面，则平面，
故平面，
因为，所以，平面，即平面，
又因平面，平面平面，所以，，
所以，点的轨迹为线段，且，B对；
对于C选项，记点到平面的距离为，
由，
因为，则，则，故点为的中点，
同理可知，为的中点，所以，，
因，，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为平面，平面，则平面，
所以，点到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值，所以，三棱锥为定值，C对；
对于D选项，因为到平面、平面、平面的距离都相等，
易知，直线与正方体的每个面所成的角都想等，
所以，与长方体的每一个面所成的角都相等，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
12. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 当时，越大，越小
【答案】ABC
【解析】
【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.
【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，
依题意，，，，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，
所以，，所以，，
又因为，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；
对于C选项，由B选项可知，，则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.
综上所述，对任意的，，C对；
对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设随机变量，若，则____________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正态密度曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为随机变量，且，
所以，.
故答案为：.
14. 已知，且则____________．
【答案】0
【解析】
【分析】利用二项式定理求特定项的系数即可.
【详解】由题意，可得，.
， .
故答案为：0.
15. 已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】零点问题可以转为为图像交点问题，然后讨论a的取值范围即可.
【详解】有两个零点
有两个根，即图像有两个交点；

①时，设，
若有两个交点，则；
②时，只有一个交点；
③时，设，
若有两个交点，
综上可得，实数a的取值范围为
故答案为：
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为的渐近线与圆在第一象限的交点为M，线段与C交于点N，O为坐标原点．若，则C的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由可知 N是的中点，求出N的坐标，带入双曲线的方程化简即可.
【详解】的渐近线为：，焦点，
∵渐近线与圆在第一象限的交点为M
联立可得
，所以N是的中点，，
因为N在双曲线上，化简得：
所以离心率为，
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，．
（1）求B；
（2）已知D为的中点，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，边角互化，结合余弦定理即可得解.
（2）利用向量得到，从而利用数量积运算法则得到，从而得解.
【小问1详解】
，
，，
且，
，
两式相加得，
，即,
.
【小问2详解】
因为D为的中点，所以，
所以，
，
代入，得：，或（舍去）；
.
18. 已知为等差数列，且．
（1）求的首项和公差；
（2）数列满足，其中、，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等差数列的通项公式；
（2）先化简数列的通项公式，利用裂项求和法求出，利用并项求和法求出、的值，即可得出的值.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
由可得，即，
所以，，解得，.
【小问2详解】
因为，则，
所以
；

；


因此，
.
19. 如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点．

（1）试确定点E的位置，使平面；
（2）已知平面．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最小值．
【答案】（1）是的中点，详见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，有面面平行性质即可得线线平行，即可求解；
（2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.
【小问1详解】
连接,

由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面平面，又平面平面,平面平面,故,
由于是的中点,故是的中点，
故点在边的中点处，平面;
【小问2详解】
因为平面，平面,
所以,又平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在边的中点，是的中点,
所以,进而，
连接,由
所以四边形为平行四边形，
故 ,由于平面，因此平面，
故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，

则，
故 ，
设平面平面的法向量为，
则，取，则，
又，
故，
当且仅当，即时取等号，
要使的最小值，只需要最大，最大值为，
此时的最小值为 .
20. 港珠澳大桥海底隧道是当今世界上埋深最大、综合技术难度最高的沉管隧道，建设过程中突破了许多世界级难题，其建成标志着我国在隧道建设领域已达到世界领先水平．在开挖隧道施工过程中，若隧道拱顶下沉速率过快，无法保证工程施工的安全性，则需及时调整支护参数、某施工队对正在施工的隧道工程进行下沉量监控量测工作，通过对监控量测结果进行回归分析，建立前t天隧道拱顶的累加总下沉量z（单位：毫米）与时间t（单位：天）的回归方程，通过回归方程预测是否需要调整支护参数．已知该隧道拱顶下沉的实测数据如下表所示：
t
1
2
3
4
5
6
7
z
0.01
0.04
0.14
0.52
1.38
2.31
4.3
研究人员制作相应散点图，通过观察，拟用函数进行拟合．令，计算得：，，；，，．
（1）请判断是否可以用线性回归模型拟合u与t的关系；（通常时，认为可以用线性回归模型拟合变量间的关系）
（2）试建立z与t的回归方程，并预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量；
（3）已知当拱顶下沉速率超过9毫米/天，支护系统将超负荷，隧道有塌方风险．若规定每天下午6点为调整支护参数的时间，试估计最迟在第几天需调整支护参数，才能避免塌方．

附：①相关系数；
②回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：

③参考数据：，．
【答案】（1）可以 （2），累加总下沉量为毫米.
（3）第7天
【解析】
【分析】（1）根据相关系数的计算公式即可.
（2）根据公式计算u与t的回归方程，然后转化为z与t的回归方程；
（3）注意下沉速率9毫米/天，指的是瞬时变化率，利用导数求解.
【小问1详解】
;
;
.
可以用线性回归模型拟合变量间的关系.
【小问2详解】
设，则.
；
;
，
,当时，.
所以预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量为毫米
【小问3详解】
，
下沉速率：，
所以设第n天下沉速率超过9毫米/天，
则：，，，，，
所以第8天该隧道拱顶的下沉速率超过9毫米/天，
最迟在第7天需调整支护参数，才能避免塌方．
21. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
（1）若，求l的斜率；
（2）记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明过程见解析.
【解析】
【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【小问1详解】
当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，
设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，
因为直线l与C相切，所以有，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因为，所以有；
【小问2详解】
，
由，
设，
则有，，
，
把，代入上式，得
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.
22. 已知有两个极值点、，且．
（1）求的范围；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，，
令可得，
因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点，
令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点），
，令可得，列表如下：









减
极小值
增
如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，则，此时函数单调递减，
当时，，则，此时函数单调递增.
因此，当时，函数有两个极值点.
【小问2详解】
证明：由（1）可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，则有，
由于，所以，，即，
又因为，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
因为，所以，，
下面证明：.
因为，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，
所以，

，
令，其中，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减，
所以，，则函数在上单调递增，
因此，，
综上所述，成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.