2023届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测数学试题含解析

福建省漳州市2023届高三上学期第一次教学质量检测

数学试题

一、单选题

1．已知集合，，全集，则集合中的元素个数为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

2．若复数满足（为虚数单位），则（       ）

A． B．1 C． D．2

3．已知：，：，，则是的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．已知，，均为单位向量，且满足，则（       ）

A． B． C． D．

5．已知，则（       ）

A． B． C． D．

6．已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为（       ）

A．90 B．10 C．10 D．90

7．设，，，则（       ）

A． B． C． D．

8．已知，分别为轴，轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（       ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知函数，则（       ）

A．的最小正周期是

B．的图象关于点中心对称

C．在上有三个零点

D．的图象可以由的图象上的所有点向右平移个单位长度得到

10．已知椭圆的上下焦点分别为，，左右顶点分别为，，是该椭圆上的动点，则下列结论正确的是（       ）

A．该椭圆的长轴长为

B．使为直角三角形的点共有6个

C．的面积的最大值为1

D．若点是异于､的点，则直线与的斜率的乘积等于-2

11．如图，在多面体中，四边形，，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（       ）

A．该几何体的体积为 B．点在平面内的射影为的垂心

C．的最小值为 D．存在点，使得

12．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（       ）

A． B．

C． D．数列的前项和为

三、填空题

13．树人中学举办以“喜迎二十大､永远跟党走､奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人比赛的成绩为：85，86，88，88，89，90，92，94，98（单位：分），则这9人成绩的第80百分位数是___________.

14．已知直线是曲线的切线，则___________.

15．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若，且，则该双曲线的离心率为___________.

16．已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上.若该正四棱锥的体积为，则该球的表面积的最小值为___________.

四、解答题

17．等比数列的各项均为正数，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前项和.

18．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，，.记平面与平面的交线为.

(1)证明：；

(2)求平面与平面所成的角的正弦值.

19．密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状､大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙､不重叠地铺成一片.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，，，.

(1)若，，求平面凹四边形的面积；

(2)若，求平面凹四边形的面积的最小值.

20．漳州某地准备建造一个以水仙花为主题的公园.在建园期间，甲､乙､丙三个工作队负责采摘及雕刻水仙花球茎.雕刻时会损坏部分水仙花球茎，假设水仙花球茎损坏后便不能使用，无损坏的全部使用.已知甲､乙､丙工作队所采摘的水仙花球茎分别占采摘总量的25%，35%，40%，甲､乙､丙工作队采摘的水仙花球茎的使用率分别为0.8，0.6，0.75（水仙花球茎的使用率）.

(1)从采摘的水仙花球茎中有放回地随机抽取三次，每次抽取一颗，记甲工作队采摘的水仙花球茎被抽取到的次数为，求随机变量的分布列及期望；

(2)已知采摘的某颗水仙花球茎经雕刻后能使用，求它是由丙工作队所采摘的概率.

21．已知抛物线：，直线过点.

(1)若与有且只有一个公共点，求直线的方程；

(2)若与交于，两点，点在线段上，且，求点的轨迹方程.

22．已知函数.

(1)当时，，求的最大值；

(2)设，证明：.

参考答案：

1．C

【分析】先求出全集和交集，再求即可.

【详解】集合，，全集，，，集合中的元素个数为3个.

故选：C.

2．A

【分析】根据复数代数形式的运算及模的性质求解即可.

【详解】，，

，.

故选：A

3．B

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即得.

【详解】由可得，或，，

所以由推不出，，由，，可以推出，

故是的必要不充分条件.

故选：B.

4．C

【分析】利用平面向量数量积的性质进行运算即可．

【详解】，，则，即，则

故选：C

5．D

【分析】利用余弦的和差公式对原式进行展开，平方后再利用，，去进行整理可得.

【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.

故选：D.

6．A

【分析】由题意可得，得，然后求出二项式展开式的通项公式，由的次数为零，求出，从而可求出常数项.

【详解】因为（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，

所以，得，

所以，

则其展开式的通项公式为，

令，得，

所以该展开式中的常数项为，

故选：A

7．D

【分析】构造和，利用导数判断其单调性，利用作商法判断大小.

【详解】设

则，

，，

在上单调递增，

，即，，

，，

，

又，所以.

设，

则，

所以在上单调递增，

所以，

所以，，

所以，，

，

又，故，

综上：，

故选：D

8．C

【分析】由已知可得以为直径的圆过坐标原点，由向直线作垂线，垂足为，当为切点时，圆的半径最小，此时直径为点到直线的距离，进而求解.

【详解】为直径，，

点必在圆上，

由点向直线作垂线，垂足为，

当点恰好为圆与直线的切点时，圆的半径最小，

此时圆直径为到直线的距离，

即半径，

所以圆的最小面积，

故选：C.

9．AB

【分析】由周期公式求出函数的周期，从而判断A；

由正切函数的对称中心公式，求出对称中心坐标，从而判断B；

解出函数在上的零点，从而判断C；

由及平移法则，从而判断D.

【详解】解：对于A，由正切函数的周期公式可得，故A正确；

对于B，令，可得，当时， ，

所以的图象关于点中心对称，故B正确；

对于C, ，令，可得，

当时，；当时，；

所以在上只有两个零点，故C错误；

对于D，因为，

所以的图象可以由的图象上的所有点向右平移个单位长度得到，故D错误.

故选：AB.

10．BCD

【分析】依题意作图，分别求出椭圆的 ，然后逐项分析判断.

【详解】依题意作下图：

对于A，由题可知 ，所以长轴长为 ，A错误；

对于B， ，分别过 作平行于x轴的直线与椭圆有4个交点 ，当点P与这4个点重合时， 为直角三角形；

以原点O为圆心， 为半径作圆，与椭圆有2个交点，证明如下：

联立方程： ，解得 ，故交点为 ，即当点P与 重合时，

为直角三角形，共有6个直角三角形，B正确；

对于C，当点P与 或 重合时，面积最大 ，C正确；

对于D，运用参数方程，设 ，同时有： ，则有：

， ，D正确；

故选：BCD.

11．BD

【分析】将几何体补形为正方体，根据正方体与棱锥体积差判断A，由棱锥侧棱长相等、底面为正三角形确定定点射影的位置判断B，根据展开图及余弦定理判断C，由正方形对角线垂直可判断D.

【详解】由题意，可将该几何体补成正方体，如图，

则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；

由题意知，为等边三角形，因为，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；

把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，，故，即的最小值为，故C错误；

四边形为正方形，， ，当与重合时，，故D正确.

故选：BD

12．BCD

【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；

当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；

对于C，当为奇数且时，

累加可得

，时也符合；

当为偶数且时，

累加可得

；则，C正确；

对于D，设数列的前项和为，则，

又，，D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.

13．94

【分析】利用百分位数的计算方法进行计算即可.

【详解】，所以从小到大选取第8个数作为80百分位数，即94.

故答案为：94

14．

【分析】利用导数求出切线斜率，再由切线方程得斜率，列出方程求出切点坐标，代入切线即可得解.

【详解】设切点为，由，可得，

，直线是切线，

，解得，

当时，，切点代入切线方程，可得，

当时，，切点代入切线方程，可得，

综上可知，.

故答案为：

15．

【分析】利用双曲线的定义，结合，且，可求得，进而得到答案.

【详解】因为在双曲线的左右支上，所以，

①②得，，即，又，所以，得，又,

所以离心率.

故答案为：.

16．

【分析】先由棱锥体积公式结合勾股定理表示出球的半径，构造函数利用导数求出半径的最小值，进而求出表面积的最小值.

【详解】

如图，不妨设正四棱锥为，易得为正方形，设正方形的中心为点，连接，

则为正四棱锥的高，球心在上，连接，则为球的半径，设，则，

即，在中，可得，又，则，

令，则，当时，单减；当时，单增；

则，即球的半径的最小值为3，则球的表面积的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题关键点在于立体几何与导数的综合应用，通过体积公式及外接球表示出半径，再通过导数确定半径的最小值，进而求得表面积的最小值，使问题得以解决.

17．（1）；（2）.

【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；

（2）由an＝化简bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）设数列{an}的公比为q,

由＝9a2a6得＝9,

所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝.

由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.

故数列{an}的通项公式为an＝.

（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.

故.

所以数列的前n项和为

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由正方形知, 根据线面平行的判定 可知平面，再根据线面平行的性质即可求证.

(2)以为坐标原点，所在直线为轴，所成直线为轴, 所成直线为轴，如图建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

（1）

因为，平面，平面，所以平面.

又平面，平面平面，所以.

（2）

因为，所以，又，所以，

又，所以，所以，

又，，平面，平面，所以平面.

取，中点分别为，，连接，，，则，

所以平面，又平面，所以.

又因为，所以.

如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则，，，所以，.

设是平面的法向量，则，即，

取，得，，则.

又是平面的一个法向量，

所以，

即平面与平面所成的角的正弦值为.

19．(1)；

(2).

【分析】（1）利用余弦定理可得，然后利用余弦定理，同角关系式及三角形面积公式即得；

（2）利用余弦定理及基本不等式可得，进而可得平面凹四边形面积的最小值.

（1）

如图，连接，

在中，，，，

由余弦定理，得，，

在中，，，，

，

∴，

∴，又，

∴；

（2）

由（1）知，，

中，，

∴，当且仅当时等号成立，

∴，

∴，

∴，

∴当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值.

20．(1)分布列见解析，期望为

(2)

【分析】（1）根据题意得到的所有取值且，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解；

（2）用，，分别表示水仙花球茎由甲，乙，丙工作队采摘，表示采摘的水仙花球茎经雕刻后能使用，则，及，即可求解.

（1）

解：在采摘的水仙花球茎中，任取一颗是由甲工作队采摘的概率是.

依题意，的所有取值为0，1，2，3，且，

所以，，

即，，，，

所以的分布列为：

所以.

（2）

解：用，，分别表示水仙花球茎由甲，乙，丙工作队采摘，表示采摘的水仙花球茎经雕刻后能使用，

则，，，

且，

故

，

所以.

即采摘出的某颗水仙花球茎经雕刻后能使用，它是由丙工作队所采摘的概率为.

21．(1)或或

(2)，（且）

【分析】（1）当直线斜率不存在时，符合题意，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到一个关于的一元二次方程，讨论二次项次数和即可求出答案.

（2）解法一：设，，，不妨令，由已知可得，由，得，求出由韦达定理代入，进而求出点的轨迹方程.

解法二：设，，，不妨令，由已知可得，设， 解得，由韦达定理代入，进而求出点的轨迹方程.

（1）

当直线斜率不存在时，其方程为，符合题意；

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

由，得.

当时，直线符合题意；

当时，令，解得，

∴直线的方程为，即.

综上，直线的方程为，或，或.

（2）

解法一：设，，，不妨令，

∵直线与抛物线有两个交点，∴，

∴，且，，.

由，得，∴，

∴，∴.

∵，且，∴，且，

∴点的轨迹方程为（，且）.

解法二：设，，，不妨令，

∵直线与抛物线有两个交点，∴，

∴，且，，.

∵点在线段上，设，则，，

∴，∴，∴，∴.

∵，且，∴，且，

∴点的轨迹方程为（，且）.

22．(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数法讨论函数最小值，分别讨论参数、时，题设条件是否成立即可；

（2）由（1）可知，当，时，可得，即可令，，可得，结合累加法可得，最后对题设不等式变形即可证明

（1）

的定义域为，，

因为在上单调递增，，

①当时，对于任意的，有，所以在上单调递增，

则对于任意的，，所以符合题意；

②当时，令，得，令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则，这与当时，矛盾，所以舍去；

综上，，所以的最大值为1.

（2）

由（1）可知，当时，有，即，

令，，则，

所以，，…，，

将以上不等式左右两边分别相加，得，

所以

.

【点睛】1.求函数不等式恒成立时参数的最值，可用导数法对参数分类讨论函数最值，取符合条件的参数的最值即可.

2.用导数证明不等式，本题方法是利用已有结论构造出形式相关的不等式，即可利用累加法结合适当变形可得结论