2023届福建省南平市高三第三次质量检测数学试题含解析

这是一份2023届福建省南平市高三第三次质量检测数学试题含解析，共20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。
2023届福建省南平市高三第三次质量检测数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】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：C2．已知，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】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：B3．已知正方形ABCD的边长为1，点M满足，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】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.4．2023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．【答案】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：C5．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【答案】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：D6．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．0.78 B．0.64 C．0.58 D．0.48【答案】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：A7．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．【答案】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：B8．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．2 D．3【答案】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 二、多选题9．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】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：BD10．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【答案】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：ACD11．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2C．当取到最大值时，直线AP与C相切D．当取到最大值时，【答案】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：AC12．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【答案】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. 三、填空题13．在的展开式中的常数项为_______.【答案】【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．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________．【答案】（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．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________．【答案】【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．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________．  【答案】【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. 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．【答案】(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．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．【答案】(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．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．【答案】(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.20．五一小长假期间，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：套票类别ABCDEF套票价格（元）405060657288购买人数（千人）16.918.720.622.524.125.2（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，．【答案】(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：123期望.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．【答案】(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．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．【答案】(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.