福建省厦门市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析），共26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。

厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测数学试题
一、单选题：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. 全集，能表示集合和关系的Venn图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据两集合的关系，即可得出答案.
【详解】由已知，可得，
所以，根据选项的Venn图可知选项D符合.
故选：D.
2. 等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 9 B. C. 12 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】由已知，，，即3，，成等差数列，
所以，所以，
故选：A．
3. 平面上的三个力，，作用于同一点，且处于平衡状态.已知，，，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得出，平方根据数量积的定义以及运算律，即可得出答案.
【详解】由已知，可得，所以.
因，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
4. 如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形各边的三等分点，，，，，，作第2个正六边形，然后再取正六边形各边的三等分点，、、，，，作第3个正六边形，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由，，...构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形的面积的比值趋近于（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别计算出阴影部分面积和正六边形面积，即可求解.
【详解】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列，每个阴影三角形的面积构成数列，
设，则，，……，
依此类推，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
又，所以，
，……，
依此类推，，
则数列的前n项和


，
正六边形的面积为：，
所以，所求面积的比值趋近于.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角和差的正弦公式将题给条件化简，得到关于的方程，解之即可求得的值.
【详解】
，
，
又，
则，则
故选：A
6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军”，对乙说：“你不是最后一名”，从这两个回答分析，5人名次的不同排列情况共有（ ）
A. 72种 B. 78种 C. 96种 D. 102种
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，计算得到总情况数，然后计算得到甲是冠军与乙是最后一名的情况数，从而即可得到结果.
【详解】由题意可得，甲不是冠军，乙不是最后一名，
因为5人名次的不同排列共有，
其中甲是冠军的排列方法有，
乙是最后一名的排列方法有，
甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有，
所以，甲不是冠军，乙不是最后一名的排列方法有，
故选:B
7. 函数定义域均为，且，.若为偶函数，，则（ ）
A. 10 B. 13 C. 14 D. 39
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给条件化简得，结合为偶函数，，可计算得，，，，从而根据分别计算至的值，再计算的值即可.
【详解】，，
又，，
，，
则，得，
，，
因为为偶函数，所以，
所以， 由，
得，则，，
，，
，，
，，
，
.
故选：C
8. 一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6.该圆台内有一个球，则这个球表面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，即可得到结果.
【详解】
画出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，
设圆的半径为，则，
又因为，所以，
因为，作，，
所以，所以，
所以，
且，即,
解得，
所以球表面积的最大值为，
故选:A
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 曲线关于轴对称 B. 曲线关于原点对称
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】求得函数的奇偶性判断选项AB；利用导数求得在上的单调性判断选项C；求得在上的单调性判断选项D.
【详解】函数定义域为，
，
则函数为偶函数，曲线关于轴对称.
则选项A判断正确；选项B判断错误；
当时，，，
则当时，，单调递增，则选项C判断错误；
当时，，，
则当时，，单调递增，则选项D判断正确.
故选：AD
10. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻的经常性有影响，随机抽取了300名学生，对他们是否经常锻炼的情况进行了调查，调查发现经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，绘制其等高堆积条形图，如图所示，则（ ）

A. 参与调查的男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多
B. 从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为
C. 依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1
D. 假设调查人数为600人，经常锻炼人数与不经常锻炼人数的比例不变，统计得到的等高堆积条形图也不变，依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05
附：，

0.1
0.05
0.01
0.005
0001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意计算出男生中经常锻炼的人数以及不经常锻炼的人数，即可判断A；根据古典概型的概率公式可判断B；列出列联表，根据独立性检验的方法可判断C，D.
【详解】对于A，由题意知经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，
故经常锻炼人数为200人，不经常锻炼人数为100人，
故男生中经常锻炼的人数为人，不经常锻炼的人数为人，
故男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多，A正确；
对于B，经常锻炼的女生人数为人，不经常锻炼的人数为人，
故从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为，B正确；
对于C，由题意结合男女生中经常锻炼和不经常锻炼的人数，可得列联表：

经常锻炼
不经常锻炼
合计
男
100
60
160
女
100
40
140
合计
200
100
300
则，
故依据的独立性检验，不能认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1，C错误；
对于D，由题意可得：

经常锻炼
不经常锻炼
合计
男
200
120
320
女
200
80
280
合计
400
200
600
则此时，
故依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05，D正确，
故选：ABD
11. 在四面体中，，，，同时平行于的平面分别与棱交于四点，则（ ）
A. B.
C. 四边形的周长为定值 D. 四边形的面积最大值是3
【答案】ACD
【解析】
【分析】依题意作图，按照图中的几何关系，运用有关空间几何定理和空间向量数量积逐项分析.
【详解】依题意作下图：

对于A，平面，平面，平面ABD，，正确；
对于B，在中，，
在中，，

，错误；
对于C，设，，同理有， ，
，，
四边形EFGH周长，正确；
对于D，由C分析知：，四边形EFGH是平行四边形，
等于异面直线AD与BC的夹角，由B得分析知：，，
四边形EFGH的面积 ，
当时取得最大值，正确；
故选：ACD.
12. 抛物线：，是上的点，直线与交于两点，过的焦点作的垂线，垂足为，则（ ）
A. 的最小值为1 B. 的最小值为1
C. 为钝角 D. 若，直线与的斜率之积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求得的最小值判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得的范围判断选项C；求得直线与的斜率之积判断选项D.
【详解】选项A：设，所以，因为，
所以，A正确；
选项B：设，所以点轨迹为，
设，，，
又因为，
所以，B错误；
选项C：设，
又因为，所以，
，所以，
，又因为

所以为钝角，C正确，
选项D：设，因为，所以，

所以，
所以

所以，
又因为，所以，
即，即，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. 若，则____.
【答案】0
【解析】
【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得的值.
【详解】，又，
则，解之得，则
故答案为：0
14. 写出同时满足下列条件的一条直线的方程_______________.
①直线在轴上的截距为1；②直线与双曲线只有一个公共点.
【答案】（写出其中一条直线方程）
【解析】
【分析】分别求出与渐近线平行的直线和切线方程，即可得到答案.
【详解】因为直线与双曲线只有一个公共点，所以直线与双曲线的渐近线平行.
又直线在轴上的截距为1，所以直线可以是：.
若直线在轴上的截距为1且与双曲线相切，则二者只有一个交点.
可设：，代入双曲线方程得：，只需，解得：，所以直线
即所求直线方程为：（写出其中一条直线方程）
故答案为：（写出其中一条直线方程）.
15. 已知，将图象向左平移个单位后得到的图象，若与的图象关于轴对称，则___.
【答案】##
【解析】
【分析】利用题给条件构造关于的三角方程，解之即可求得的值.
【详解】将图象向左平移个单位后得到的图象，
则，
又与的图象关于轴对称，则
则，
则,
解之得，又，则
故答案为：
16. 函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当时，当时，，解得；
当时，，无零点，
故此时的零点个数是1；
第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；
①

若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，
此时；
②

若恰有3个零点，则，此时，
所以恰有1个零点，符合要求；
③当时，，所以恰有1个零点，
而至少有4个零点，
此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，或
故答案为：1；.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，，是上一点，为角的平分线，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，可得，化简整理可得，即有，根据的范围，即可得出答案；
（2）根据余弦定理求出a，再根据，以及三角形的面积公式，列出方程，求出即可.
【小问1详解】
由题意结合正弦定理，可得，
所以，
即，
整理，可得.
因为，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
中，，，，，
所以，解得，则.

又因为为角的平分线，，
所以，
即，
所以.
18. 数列中，，记，是公差为1的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式即可得到结果；
（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.
【小问1详解】
当时，
所以
所以
当时，
所以
又符合
所以.
【小问2详解】
由（1）得
所以①
所以②
①-②得


所以.
19. 如图，在中，，，是的中点，在上，，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且二面角的大小为60°.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，先利用线面垂直判定定理证得平面，进而利用线面垂直的性质证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
依题，所以平面，
则为二面角的平面角，即，
因为，所以为等边三角形，
取中点，连接，，，则，
因为，所以，
又，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
因为，
所以面，从而
因为，所以，所以，
所以两两垂直，
以为原点，以的方向分别为轴的正方向，
建立空间坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，则
，所以，
令，则平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为.

20. 已知分别为椭圆的上顶点和右顶点，，为的左焦点，.
（1）求的方程；
（2）设直线与的另一个交点分别为，.为坐标原点，判断面积是否可能大于1，并说明理由.
【答案】（1）
（2）不可能大于1，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，解方程即可得出答案；
（2）依题设直线，设，分别联立两直线与椭圆的方程求出的坐标，记面积为，，
则，代入化简即可证明.
【小问1详解】
依题，，结合
得，所以；
【小问2详解】
的面积不可能大于1，理由如下：
依题设直线，
设，
由，得，所以，
从而
由，得，所以，
从而，
记面积为，，
则



所以，
所以的面积不可能大于1.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，通过联立求得的坐标，，代入化简，求得参数间的关系，从而求得面积不可能大于1.
21. 甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
（1）求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
（2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
【答案】（1），一定出线，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；
（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.
【小问1详解】
记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，

丁总分7分一定出线.
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.
小组赛两队出线，所以丁一定出线.
【小问2详解】
第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，
丁队出线的概率，
综上，丁以6分出线的概率为.
22. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若有三个极值点， ，且，求的最小值.
【答案】（1）的极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极值的定义，利用导数可求出结果；
（2）当时，利用导数可知，函数只有一个极值点，不符合题意；当时，利用导数以及零点存在性定理可知，，设，推出，，由推出，由推出，由推出的范围即可得解.
【小问1详解】
依题意，时，，
所以，
记，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，当且仅当取等号，即，
所以变化情况如下：


1


-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
，
①当时，由（1）可知，，当且仅当取等号，
所以当时，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以只有一个极值点，舍去.
②当时，
记，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
，
由零点存在性定理知存在唯一，使得，即，
由（1）有，所以当时，有，所以，
取，则，
由零点存在性定理知存在唯一，使得
由以上推理知，且有
当或时，；当时，，
所以变化情况如下：




1




-
0
+
0
-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以有三个极值点（其中），
此时，两式相除得，①
设，②
由①②可得，所以，
记，
则，
设，则，
所以，从而，
所以在上单调递减，又因为，
即，所以，
此时，记，，
由（1）有，所以当时有，，所以，
所以，在单调递减，
所以，故，
此时，记，，
所以，
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：求的最大值的关键是用极值点表示，再利用的范围求出的范围.
根据可得，根据以及可得.