福建省漳州市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省漳州市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 函数 的导函数为，则， 已知椭圆等内容，欢迎下载使用。

福建省漳州市2023届高三毕业班第四次教学质量检测
数学试题
本试卷共4页.满分150分.
考生注意：
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：本大题共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. 已知是全集，集合，满足，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合包含的关系，结合子集的定义即可求解.
【详解】由可得,进而，故C正确，ABD错误，
故选：C
2. 已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 66 B. 72 C. 132 D. 144
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，结合求和公式即可求解.
【详解】，
故选：A
3. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的模长公式即可化简求解.
【详解】设,由得，所以，
解得，所以，
故选：B
4. 函数 的导函数为，则（ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的性质可得时，即可求导代入求解.
【详解】当时，则 ，
此时 ，
所以，
故选：B
5. 已知的展开式中常数项为20，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】将三项式转化为二项式，求出通项公式求解即可.
【详解】，
其通项公式为：，
当时，，解得：.
故选：A.
6. 漳州某校为加强校园安全管理，欲安排12名教师志愿者（含甲、乙、丙三名教师志愿者）在南门、北门、西门三个校门加强值班，每个校门随机安排4名，则甲、乙、丙安排在同一个校门值班的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分组分配计数原理计算.
【详解】将12个人平均分为3组，有 种方法，
将甲乙丙分在同一组有种方法，
所以甲乙丙在同一校门的概率；
故选：D.
7. 已知的外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出为直角三角形，再结合求出，最后根据投影向量的计算方法计算即可得正确的选项.
【详解】
因为，故为的中点，而为外心，
故为直角三角形，且，
取的中点为，连接，则，
因为，故，故，
而为锐角，故，故，所以，
而向量在向量上的投影向量为，
故选：B.
8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.
二、多项选择题：本大题共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. 把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. 在上单调递减
B. 在上有2个零点
C. 的图象关于直线对称
D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意，由函数的图象变换规律，求得的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各选项得出结论.
【详解】把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，
可得到的图象；
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，
时，，
则在单调递减，在单调递增，故A错误；
令，得，即，
因为，所以，解得，
因为，所以或，所以在上有2个零点，故B正确；
因为，为的最大值，
所以直线是的图象的一条对称轴，故C正确；
当时，，，故D错误.
故选：BC
10. 上甘岭战役是抗美援朝中中国人民志愿军进行的最著名的山地防御战役.在这场战役中，我军使用了反斜面阵地防御战术.反斜面是山地攻防战斗中背向敌方、面向我方的一侧山坡.反斜面阵地的构建，是为了规避敌方重火力输出.某反斜面阵地如图所示，山脚，两点和敌方阵地点在同一条直线上，某炮弹的弹道是抛物线的一部分，其中在直线上，抛物线的顶点到直线的距离为100米，长为400米，，，建立适当的坐标系使得抛物线的方程为，则（ ）

A. B. 的准线方程为
C. 的焦点坐标为 D. 弹道上的点到直线的距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，建立以为坐标原点，轴平行于，轴垂直于，结合图像，求出抛物线方程，准线方程，焦点坐标，即可判断ABC；根据题意，求出直线的方程，不妨设CE上一点为，判断出当该点处的切线与直线平行时，其到直线的距离最大，求解最大值即可.
【详解】如图所示，建立以为坐标原点，轴平行于，轴垂直于.
此时，，，
抛物线的方程为，即，
解得，故A正确；
抛物线的方程为，准线方程为，焦点坐标为，
故B正确，C错误；
因为，，故，
所以直线的方程为即，
不妨设上一点为，，
当该点处的切线与直线平行时，其到直线的距离最大.
由可得，故，
解得，
此时点到直线的距离为，故D正确.
故选：ABD.

11. 在棱长为1的正方体中，点为的中点，点，分别为线段，上的动点，则（ ）
A. B. 平面可能经过顶点
C. 的最小值为 D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，用向量表示空间中的垂直关系，求点到平面的距离，以及空间角的计算，即可结合选项逐一求解．
【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：
则,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，
设,,，则,,，,；
设,0,，则,0,,,，
所以，1，，，，，，所以，即， A正确；
因为,1,,,,，
设平面的一个法向量为,,，则，
即，令，则，，所以,,，
又因为,1,，所以点到平面的距离为，
所以点到平面的距离不能为0，即平面不过点，B错误；
因为，当且仅当时取“”，所以的最小值为，C正确；
因为,,，,,，
，
设，，，，，所以，，所以，，
所以，，所以，，所以，，
所以，，当时最大，此时，选项D正确．
故选：ACD．

12. 已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（ ）
A. B.
C. 在上是增函数 D. 存在最小值
【答案】ABC
【解析】
【分析】AB选项，构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项，CD选项，构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
A选项，因为，所以，即，A正确；
B选项，因为，所以，即，B正确；
C选项，，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在单调递增，
又，
故恒成立，
所以在上恒成立，故在上是增函数，C正确；
D选项，由C选项可知，函数在上单调递增，故无最小值.
故选：ABC
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出一个定义域为且图象不经过第二象限的幂函数______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据已知条件，结合幂函数的定义，以及性质，即可求解．
【详解】，定义域为，图象不经过第二象限，且为幂函数，符合题意．
故答案为：（答案不唯一）．
14. 某企业统计中级技术人员和高级技术人员的年龄，中级技术人员的人数为40，其年龄的平均数为35岁，方差为18，高级技术人员的人数为10，其年龄的平均数为45岁，方差为73，则该企业中级技术人员和高级技术人员的年龄的平均数为______，方差为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设中级技术人员分别为，高级技术人员分别为，然后利用平均数，方差公式化简整理即可求解.
【详解】设中级技术人员分别为，
高级技术人员分别为，
则由题意可得，，
所以，，
所以，
则，
即中级技术人员和高级技术人员的年龄的平均数，
又


，
则，
同理，，
则，
所以最终方差
.
故答案为：；
15. 由，可求得______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得到，利用二倍角的正弦公式得到，即可求解．
【详解】，
，
，
，
，
，
或（舍．
故答案为：．
16. 已知正四棱台的上底面的边长为，下底面的边长为，记该正四棱台的侧面积为，其外接球表面积为，则当取得最小值时，的值是______.
【答案】
【解析】
【分析】由球的表面积公式求解四棱台的外接球表面积，并求出侧面积，然后求解即可.
【详解】当取得最小值时，则球心在正四棱台的下底面内，为上底面的中心，如图所示，

由此可得外接球的半径为，进而可得，
进而可求侧面的斜高.
则侧面的面积，
又， 所以.
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. 已知数列的前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求集合中元素的个数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系及与的关系化简得出，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求出，再解不等式即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以
所以，即.
又因为，所以，
所以.
小问2详解】
因为，
所以

令，得，
所以集合中元素的个数为.
18. 在平面四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由正弦定理可得，从而求得.
（2）解法一：由（1）求得，
，从而，再利用，即可求得面积的取值范围；解法二：作于，作于，交于，求得，，，分别求出，，利用即可求得范围.
【小问1详解】
在中，
由正弦定理可得，
所以，
又，
所以.
【小问2详解】
解法一：由（1）可知，
，
因为为锐角，
所以，
所以

，
在中，由正弦定理得，
所以
，

，
因为，
且为锐角三角形，
所以，
所以，
所以
，
所以，
所以，
即，
所以的面积的取值范围为.

解法二：由（1）可知，
，
因为为锐角，所以，，
如图，作于，作于，交于，

所以，
，
所以，
又，
所以.
由图可知，
仅当在线段上（不含端点）时，为锐角三角形，
所以，即.
所以面积的取值范围为.
19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

（1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
（2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）答案见解析，
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【小问1详解】
过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面距离为，
所以
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
20. 某科研单位研制出某型号科考飞艇，一艘该型号飞艇最多只能执行次科考任务，一艘该型号飞艇第1次执行科考任务，能成功返航的概率为，若第次执行科考任务能成功返航，则执行第次科考任务且能成功返航的概率也为，否则此飞艇结束科考任务.一艘该型号飞艇每次执行科考任务，若能成功返航，则可获得价值为万元的科考数据，且“”的概率为0.8，“”的概率为0.2；若不能成功返航，则此次科考任务不能获得任何科考数据.记一艘该型号飞艇共可获得的科考数据的总价值为万元.
（1）若，，求的分布列；
（2）求（用和表示）.
【答案】（1）分布列见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算公式即可求解，
（2）由独立重复事件的概率公式，结合期望公式以及期望的性质即可求解.
【小问1详解】
若，，则的所有取值为0，200，400，
记一艘该型号飞艇第次执行科考任务能成功返航为事件，获得价值为200万元的科考数据为事件，.则
，

，

所以分布列为

0
200
400

0.86
0.13
0.01
【小问2详解】解法一：取值表示的意义如下：若一艘该型号飞艇能执行第次科考任务且在此次任务中获得价值200万元的科考数据，则，否则，.
因为分布列为

0
200



所以
因为，
所以
解法二：
（2）因为的分布列为

0
200

0.8
0.2
所以，
记一艘该型号飞艇共可成功返航次.
则的全部取值为，且的分布列为

0
1
2
…






…


所以

所以，
所以
所以
，
所以.
21. 已知是圆：上的动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上，，动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的直线与曲线相交于，两点，且，都在轴上方，问：在轴上是否存在定点，使得的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，且焦距为，从而可求出曲线的方程；
（2）由条件可设：，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，当时，可求得，则的平分线为定直线，从而可得结论.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径，
因为，所以，又因为，
所以，
所以，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，
设双曲线的方程为，
则，.
所以，，
又不可能在轴上，所以曲线的方程为.
【小问2详解】
在轴上存在定点，使得的内心在一条定直线上.
证明如下：由条件可设：.代入，
得，
设，，则
，得，
所以
所以，
取，
则

又，都在轴上方，所以的平分线为定直线，
所以在轴上存在定点，使得的内心在定直线上.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线方程的求解，第（2）问解题的关键是取，通过计算，可得定直线为，考查数学计算能力，属于较难题.
22. 已知函数与的图象有公切线.
（1）求实数和的值；
（2）若，且，求实数的最大值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用函数与直线相切求出，再利用函数与直线相切结合导数的几何意义求出；
（2）化简得，令，则，构造函数，利用导数法研究函数最值即可求解.
【小问1详解】
将代入，得，
由，得，所以切线方程为，
因为，设曲线与切线相切于点，
则，所以，
解得或（舍去），所以，
又因为，即，即，所以，
所以，.
【小问2详解】
因，所以




，
因为，所以，
所以，仅当时，等号成立，
令，则，
因为，
所以当时，恒成立，
令，，
则在上单调递增，
所以.所以在上单调递减，
所以，所以，
所以的最大值为.
【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.