福建省漳州市2023届高三数学第三次质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省漳州市2023届高三数学第三次质量检测试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知，则等内容，欢迎下载使用。

漳州市2023届高三毕业班第三次质量检测
数学试题
本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的准考证号，姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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】A
【解析】
【分析】解不等式可分别求得集合，由并集定义可得结果.
【详解】由得：，即；
由得：，解得：，即；
.
故选：A.
2. 已知复数为复数的共轭复数，且满足，在复平面内对应的点在第二象限，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，利用复数的运算以及复数相等，建立方程组，结合复数的几何意义，可得实部与虚部，根据复数的模长公式，可得答案.
【详解】设，在复平面内对应的点在第二象限，故，
则，即，
由，得，结合，解得，
则，故.
故选：C.
3. 已知数列为递减的等比数列，，且，，则的公比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列下标和性质，结合数列单调性可求得，根据等比数列通项公式可求得结果.
【详解】为递减的等比数列，，解得：（舍）或，
的公比.
故选：A.
4. 英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型.如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过物体的温度将满足，其中是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知函数模型和冷却的数据可求得，再代入所求数据，解方程即可求得结果.
【详解】由题意得：，即，，
，
由得：，即，解得：，
若使物体温度为，需要冷却.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角余弦公式直接化简求解即可.
【详解】.
故选：B.
6. 已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线交于两点，且，，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称关系可知，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，根据基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率可求得结果.
【详解】不妨设位于第一象限，双曲线的右焦点为，连接，，

为中点，四边形为平行四边形，，；
设，，则
由得：，解得：；
在中，，
，
（当且仅当时取等号），
当取得最小值时，双曲线的离心率.
故选：D.
7. 已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.
【详解】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示：

在正三棱锥中，易知，平面，
为中点，，
在等边中，为中点，，
平面，平面，，
设，则在中，，
在中，，
在中，根据余弦定理，，
则，化简可得：，解得，
则，，
在等边中，是中心，，，
平面，平面，，
在中，，
设正三棱锥的外接球的半径为，
假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则，
可得，解得，不符合题意；
假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则，
可得，解得，符合题意.
故正三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
8. 已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点定义可整理得到，令，利用导数，结合零点存在定理的知识可确定在上单调递减，在上单调递增，并得到，，由可确定，由此化简所求式子即可得到结果.
详解】由题意知：，，
联立两式可得：，
令，则；
令，则在上单调递增，
又，，
在上存在唯一零点，且，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，，
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关键是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，进而利用等量关系式化简最值和所求式子.
二、多项选择题：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. 已知附件某地区甲、乙两所高中学校的六次联合模拟考试的数学平均分数（满分分）的统计如图所示，则（ ）

A. 甲校的平均分均高于乙校的平均分
B. 甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差
C. 甲校六次平均分第百分位数小于乙校六次平均分的第百分位数
D. 甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据图表，结合方差、百分位数、极差的概念依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，甲校第次考试的平均分低于乙校第次考试的平均分，A错误；
对于B，由图可知：甲校六次考试的平均分相对于乙校六次考试的平均分更加集中，说明数据更加稳定，则甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正确；
对于C，，甲校平均分按从小到大顺序排列，第个成绩为第百分位数，由图可知，为第次考试的平均分，约为分；
，乙校平均分按从小到大顺序排列，第个成绩为第百分位数，由图可知，为第次考试平均分，高于；
甲校六次平均分第百分位数小于乙校六次平均分的第百分位数，C正确；
对于D，由图可知：甲校平均分的最高值和最低值的分差明显小于乙校平均分最高值和最低值的分差，即甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差，D正确.
故选：BCD.
10. 在正方体中，为线段上的动点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线与所成角的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理证明出平面平面，判断选项A；根据线面垂直的判定定理证出平面，判断选项B；根据三棱锥的等体积转换结合面面平行，判断选项C；根据异面直线所成角的平移，判断选项D．
【详解】选项A，，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，正确；
平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，正确；
选项C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项A可得，平面，平面平面，则到平面的距离为定值，又底面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
选项D，，直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，取到最小值，
当点在线段中点时，取到最大值，故错误.
故选：ABC.

11. 已知函数在上有且仅有条对称轴；则（ ）
A.
B. 可能是的最小正周期
C. 函数在上单调递增
D. 函数在上可能有个或个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】利用二倍角和辅助角公式化简得到；根据对称轴条数可确定，进而解得范围，知A正确；不符合A中范围，知B错误；根据，可知当时，函数不单调，知C错误；根据，分类讨论可得零点个数，知D正确.
【详解】；
对于A，当时，，
在上有且仅有条对称轴，，解得：，
即，A正确；
对于B，若是的最小正周期，则，不能是的最小正周期，B错误；
对于C，当时，；
，，，
，当时，不是单调函数，C错误；
对于D，当时，，
，；
当时，在上有个零点；
当时，在上有个零点；
在上可能有个或个零点，D正确.
故选：AD.
12. 已知数列，，且满足，，则（ ）
A. B. 最大值为
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.
【详解】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数是定义在上的奇函数，且，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，结合题目中的函数解析式，可得答案.
【详解】由函数是定义在上的奇函数，则，，
由，则.
故答案为：.
14. 的展开式中项的系数为_________.
【答案】240
【解析】
【分析】利用二项式定理的展开原理，写出通项，利用方程，可得答案.
【详解】由，则其展开式的通项，
化简可得，令，则，
即.
故答案为：240.
15. 已知，点D满足，点E为线段CD上异于C，D的动点，若，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量得加减法，利用为基底，表示出，整理方程，结合二次函数得性质，可得答案.
【详解】由题意设，，因为，所以，
所以，
又，则，
所以，
又因为，由二次函数得性质得，
所以得取值范围为.
故答案为：.
16. 已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.
【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，
，椭圆的短轴长为，椭圆；
设，，
，，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.
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. 已知为等差数列的前项和，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式和求和公式可直接构造方程组求得，进而得到；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则，解得：，
.
【小问2详解】
由（1）得：，，
.
18. 如图，平面四边形内接于圆O，内角，对角线AC的长为7，圆的半径为.

（1）若，，求四边形的面积；
（2）求周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用余弦定理求得，从而证得为等边三角形，求得其面积，再在中利用余弦定理求得，从而利用三角形面积公式求得的面积，由此得解；
（2）利用余弦定理得到，从而利用基本不等式推得，由此得解.
【小问1详解】
如图所示，连结，

在中，，，
所以，
因为，所以，则，
因为，所以为等边三角形，
，
，，
在中，，即，
又，
，
.
【小问2详解】
设，，
则在中，，，则，即，故，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
，则，
，故，当且仅当时，等号成立，
所以，即周长的最大值为.
19. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，为棱上一点，，过三点的平面交于点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；
（2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
连接交于点，
四边形为菱形，，
则以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
【小问2详解】
由直棱柱的结构特征知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
同理可得：，四边形为平行四边形，，
又，，，，，
又，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20. 年月日，由工业和信息化部、安徽省人民政府共同主办的第十七届“中国芯”集成电路产业大会在合肥成功举办．此次大会以“强芯固基以质为本”为主题，旨在培育壮大我国集成电路产业，夯实产业基础、营造良好产业生态.年，全国芯片研发单位相比年增加家，提交芯片数量增加个，均增长超过倍.某芯片研发单位用在“芯片”上研发费用占本单位总研发费用的百分比（）如表所示.
年份







年份代码
















（1）根据表中的数据，作出相应的折线图；并结合相关数据，计算相关系数，并推断与线性相关程度；（已知：，则认为与线性相关很强；，则认为与线性相关一般；，则认为与线性相关较弱）
（2）求出与的回归直线方程（保留一位小数）；
（3）请判断，若年用在“芯片”上研发费用不低于万元，则该单位年芯片研发的总费用预算为万元是否符合研发要求?
附：相关数据：，，，.
相关计算公式：①相关系数；
在回归直线方程中，，.
【答案】（1）折线图见解析；；与线性相关很强
（2）
（3）符合研发要求
【解析】
【分析】（1）根据表格数据可绘制折线图，结合公式可求得相关系数，对比已知线性相关强度判断依据即可得到结论；
（2）采用最小二乘法即可求得回归直线；
（3）将代入回归直线可求得，进而计算得到预算为万元时的研发费用的预估值，由此可得结论.
【小问1详解】
折线图如下：

由题意得：，，，
，
，与线性相关很强.
【小问2详解】
由题意得：，，
关于的回归直线方程为.
【小问3详解】
年对应的年份代码，则当时，，
预测年用在“芯片”上的研发费用约为（万元），
，符合研发要求.
21. 已知函数.
（1）证明：当时，函数在区间上不是单调函数；
（2）证明：当时，对任意的恒成立.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，结合零点存在定理可确定的正负，由此可得函数单调性，从而得到结论；
（2）将所证不等式转化为，构造函数，利用导数分别讨论和时的单调性，求得；由可得结论.
【小问1详解】
当时，，则，
令，则，在上单调递减，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在区间上不是单调函数.
【小问2详解】
当时，要证对任意的恒成立，
即证当时，对任意恒成立，
即证对任意的恒成立；
令，则，
，；
①当时，在上恒成立，在上单调递增，
；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
综上所述：当时，；
在上单调递增，，
当时，对任意的恒成立，
即当时，对任意的恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的求解；本题证明不等式恒成立的关键是将问题转化为两函数最值的比较问题，从而利用导数求出新函数的最值，使得原不等式得证.
22. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）椭圆；抛物线；
（2）（ⅰ）详见解析；（ⅱ）存在，.
【解析】
【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；
（ⅱ）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到.
【小问1详解】
设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点定值问题，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数或方程的形式；
④化简所得式子，消元整理即可求得定点或定值.