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漳州市2023屆高三畢業(yè)班第三次質量檢測數學試題本試題卷共4頁，22題.全卷滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，考生務必在試題卷，答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準考證號，姓名.考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號，姓名”與考生本人準考證號、姓名是否一致.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結束，考生必須將試題卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式可分別求得集合，由并集定義可得結果.【詳解】由得：，即；由得：，解得：，即；.故選：A.2.已知復數為復數的共軛復數，且滿足，在復平面內對應的點在第二象限，則（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】根據共軛復數的定義，利用復數的運算以及復數相等，建立方程組，結合復數的幾何意義，可得實部與虛部，根據復數的模長公式，可得答案. 【詳解】設，在復平面內對應的點在第二象限，故，則，即，由，得，結合，解得，則，故.故選：C.3.已知數列為遞減的等比數列，，且，，則的公比為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由等比數列下標和性質，結合數列單調性可求得，根據等比數列通項公式可求得結果.【詳解】為遞減的等比數列，，解得：（舍）或，的公比.故選：A.4.英國物理學家和數學家牛頓曾提出物體在常溫環(huán)境下溫度變化的冷卻模型.如果物體的初始溫度是，環(huán)境溫度是，則經過物體的溫度將滿足，其中是一個隨著物體與空氣的接觸情況而定的正常數.現有的物體，若放在的空氣中冷卻，經過物體的溫度為，則若使物體的溫度為，需要冷卻（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據已知函數模型和冷卻的數據可求得，再代入所求數據，解方程即可求得結果.【詳解】由題意得：，即，， ，由得：，即，解得：，若使物體溫度為，需要冷卻.故選：C.5.已知，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用誘導公式和二倍角余弦公式直接化簡求解即可.【詳解】.故選：B.6.已知雙曲線的左焦點為，直線與雙曲線交于兩點，且，，則當取得最小值時，雙曲線的離心率為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據對稱關系可知，，利用雙曲線定義和向量數量積的定義可構造方程求得，由此化簡，根據基本不等式取等條件可知，由雙曲線離心率可求得結果.【詳解】不妨設位于第一象限，雙曲線的右焦點為，連接，， 為中點，四邊形為平行四邊形，，；設，，則由得：，解得：；在中，，，（當且僅當時取等號），當取得最小值時，雙曲線的離心率.故選：D.7.已知正三棱錐的側面與底面所成的二面角為，側棱，則該正三棱錐的外接球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據二面角的定義，作圖，求得其平面角，利用正三棱錐的性質以及余弦定理，求得底面邊長，假設球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.【詳解】由題意，作正三棱錐，取中點，連接，取等邊的中心，連接，如下圖所示： 在正三棱錐中，易知，平面，為中點，，在等邊中，為中點，，平面，平面，，設，則在中，，在中，，在中，根據余弦定理，，則，化簡可得：，解得，則，，在等邊中，是中心，，，平面，平面，，在中，，設正三棱錐的外接球的半徑為，假設正三棱錐的外接球球心在線段上，則，可得，解得，不符合題意；假設正三棱錐的外接球球心在線段的延長線上，則，可得，解得，符合題意.故正三棱錐的外接球表面積. 故選：C.8.已知函數和函數，具有相同的零點，則的值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據零點定義可整理得到，令，利用導數，結合零點存在定理的知識可確定在上單調遞減，在上單調遞增，并得到，，由可確定，由此化簡所求式子即可得到結果.詳解】由題意知：，，聯立兩式可得：，令，則；令，則在上單調遞增，又，，在上存在唯一零點，且，，；當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，，又，，.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數零點、利用導數求解函數單調性的相關問題；解題關鍵是能夠靈活應用零點存在定理確定導函數的正負，并得到隱零點所滿足的等量關系式，進而利用等量關系式化簡最值和所求式子. 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知附件某地區(qū)甲、乙兩所高中學校的六次聯合模擬考試的數學平均分數（滿分分）的統(tǒng)計如圖所示，則（）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數小于乙校六次平均分的第百分位數D.甲校的平均分極差小于乙校的平均分極差【答案】BCD【解析】【分析】根據圖表，結合方差、百分位數、極差的概念依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，甲校第次考試的平均分低于乙校第次考試的平均分，A錯誤；對于B，由圖可知：甲校六次考試的平均分相對于乙校六次考試的平均分更加集中，說明數據更加穩(wěn)定，則甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正確；對于C，，甲校平均分按從小到大順序排列，第個成績?yōu)榈诎俜治粩?，由圖可知，為第次考試的平均分，約為分；，乙校平均分按從小到大順序排列，第個成績?yōu)榈诎俜治粩?，由圖可知，為第次考試平均分，高于；甲校六次平均分第百分位數小于乙校六次平均分的第百分位數，C正確；對于D，由圖可知：甲校平均分的最高值和最低值的分差明顯小于乙校平均分最高值和最低值的分差，即甲校的平均分極差小于乙校的平均分極差，D正確.故選：BCD.10.在正方體中，為線段上的動點，則（）A.平面B.平面 C.三棱錐的體積為定值D.直線與所成角的取值范圍是【答案】ABC【解析】【分析】根據面面平行的判定定理證明出平面平面，判斷選項A；根據線面垂直的判定定理證出平面，判斷選項B；根據三棱錐的等體積轉換結合面面平行，判斷選項C；根據異面直線所成角的平移，判斷選項D．【詳解】選項A，，四邊形是平行四邊形，平面，平面，平面；，四邊形是平行四邊形，平面，平面，平面；又，且平面，平面，所以平面平面，而為線段上的動點，平面，平面，正確；平面，平面，，，，平面，平面，而平面，，同理可證，，又，平面，平面，正確；選項C，三棱錐的體積即為三棱錐的體積，由選項A可得，平面，平面平面，則到平面的距離為定值，又底面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，正確；選項D，，直線與所成角即直線與所成角， 在中，當點與或重合時，取到最小值，當點在線段中點時，取到最大值，故錯誤.故選：ABC.11.已知函數在上有且僅有條對稱軸；則（）A.B.可能是的最小正周期C.函數在上單調遞增D.函數在上可能有個或個零點【答案】AD【解析】【分析】利用二倍角和輔助角公式化簡得到；根據對稱軸條數可確定，進而解得范圍，知A正確；不符合A中范圍，知B錯誤；根據，可知當時，函數不單調，知C錯誤；根據，分類討論可得零點個數，知D正確.【詳解】；對于A，當時，， 在上有且僅有條對稱軸，，解得：，即，A正確；對于B，若是的最小正周期，則，不能是的最小正周期，B錯誤；對于C，當時，；，，，，當時，不是單調函數，C錯誤；對于D，當時，，，；當時，在上有個零點；當時，在上有個零點；在上可能有個或個零點，D正確.故選：AD.12.已知數列，，且滿足，，則（）A.B.最大值為C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根據遞推關系式可求得，知A錯誤；由，采用作商法可證得數列 為正項遞減數列，由此知B正確；由遞推關系式可求得，采用累加法，結合可推導得C正確；結合C中，采用放縮法得，裂項相消可求得D正確.【詳解】對于A，當時，，即，解得：；當時，，即，解得：；當時，，即，解得：；，A錯誤；對于B，由得：，又，，，，，數列為正項遞減數列，，B正確；對于C，由得：，，，數列為正項遞減數列，，（當且僅當時取等號），，即，，C正確；對于D，由C知：，，，D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用數列遞推關系式研究數列的有關性質、數列求和與數列放縮的知識；本題判斷CD選項的關鍵是能夠對于數列的通項進行準確的放縮，從而根據不等關系，結合數列求和方法來得到結論. 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知函數是定義在上的奇函數，且，則_________.【答案】##【解析】【分析】根據奇函數的性質，結合題目中的函數解析式，可得答案.【詳解】由函數是定義在上的奇函數，則，，由，則.故答案為：.14.的展開式中項的系數為_________.【答案】240【解析】【分析】利用二項式定理的展開原理，寫出通項，利用方程，可得答案.【詳解】由，則其展開式的通項，化簡可得，令，則，即.故答案為：240.15.已知，點D滿足，點E為線段CD上異于C，D的動點，若，則的取值范圍是_________.【答案】【解析】 【分析】利用向量得加減法，利用為基底，表示出，整理方程，結合二次函數得性質，可得答案.【詳解】由題意設，，因為，所以，所以，又，則，所以，又因為，由二次函數得性質得，所以得取值范圍為.故答案為：.16.已知橢圓的長軸長為，離心率為，為上的兩個動點，且直線與斜率之積為（為坐標原點），則橢圓的短軸長為_______，_________.【答案】①.②.【解析】【分析】根據橢圓長軸長、離心率可求得，由此可得短軸長及橢圓方程；設，，根據斜率關系，結合兩角和差公式可整理得到，利用兩點間距離公式，結合誘導公式和同角三角函數關系可求得結果.【詳解】橢圓的長軸長為，，又離心率，，橢圓的短軸長為，橢圓；設，， ，，.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：本題考查橢圓的幾何性質，求解距離平方和的關鍵是能夠通過三角換元的方式，結合斜率關系得到所滿足的關系式，進而結合誘導公式來進行求解.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知為等差數列的前項和，，，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差數列通項公式和求和公式可直接構造方程組求得，進而得到；（2）由（1）可得，采用裂項相消法可求得結果.【小問1詳解】設等差數列的公差為，則，解得：，.【小問2詳解】 由（1）得：，，.18.如圖，平面四邊形內接于圓O，內角，對角線AC的長為7，圓的半徑為.（1）若，，求四邊形的面積；（2）求周長的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中利用余弦定理求得，從而證得為等邊三角形，求得其面積，再在中利用余弦定理求得，從而利用三角形面積公式求得的面積，由此得解；（2）利用余弦定理得到，從而利用基本不等式推得，由此得解.【小問1詳解】如圖所示，連結， 在中，，，所以，因為，所以，則，因為，所以為等邊三角形，，，，在中，，即，又，，.【小問2詳解】設，，則在中，，，則，即，故，因為，所以，當且僅當時，等號成立， 所以，當且僅當時，等號成立，，則，，故，當且僅當時，等號成立，所以，即周長的最大值為.19.如圖，在直四棱柱中，底面是邊長為的菱形，，，為棱上一點，，過三點的平面交于點.（1）求點到平面的距離；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，以為坐標原點可建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法可求得結果；（2）根據面面平行和線面平行性質可證得四邊形為平行四邊形，由此可求得點坐標，利用面面角的向量求法可求得結果.【小問1詳解】連接交于點， 四邊形為菱形，，則以為坐標原點，正方向為軸，作軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，，，，，，，，，，，，設平面的法向量，則，令，解得：，，，點到平面的距離.【小問2詳解】由直棱柱的結構特征知：平面平面，平面，平面，平面平面，平面，，同理可得：，四邊形為平行四邊形，，又，，，，，又，，，，，，設平面的法向量， 則，令，解得：，，；設平面的法向量，則，令，解得：，，；，即平面與平面所成銳二面角的余弦值為.20.年月日，由工業(yè)和信息化部、安徽省人民政府共同主辦的第十七屆“中國芯”集成電路產業(yè)大會在合肥成功舉辦．此次大會以“強芯固基以質為本”為主題，旨在培育壯大我國集成電路產業(yè)，夯實產業(yè)基礎、營造良好產業(yè)生態(tài).年，全國芯片研發(fā)單位相比年增加家，提交芯片數量增加個，均增長超過倍.某芯片研發(fā)單位用在“芯片”上研發(fā)費用占本單位總研發(fā)費用的百分比（）如表所示.年份年份代碼（1）根據表中的數據，作出相應的折線圖；并結合相關數據，計算相關系數，并推斷與線性相關程度；（已知：，則認為與線性相關很強；，則認為與線性相關一般；，則認為與線性相關較弱）（2）求出與的回歸直線方程（保留一位小數）；（3）請判斷，若年用在“芯片”上研發(fā)費用不低于萬元，則該單位 年芯片研發(fā)的總費用預算為萬元是否符合研發(fā)要求?附：相關數據：，，，.相關計算公式：①相關系數；在回歸直線方程中，，.【答案】（1）折線圖見解析；；與線性相關很強（2）（3）符合研發(fā)要求【解析】【分析】（1）根據表格數據可繪制折線圖，結合公式可求得相關系數，對比已知線性相關強度判斷依據即可得到結論；（2）采用最小二乘法即可求得回歸直線；（3）將代入回歸直線可求得，進而計算得到預算為萬元時的研發(fā)費用的預估值，由此可得結論.【小問1詳解】折線圖如下：由題意得：，， ，，，與線性相關很強.【小問2詳解】由題意得：，，關于的回歸直線方程為.【小問3詳解】年對應的年份代碼，則當時，，預測年用在“芯片”上的研發(fā)費用約為（萬元），，符合研發(fā)要求.21.已知函數.（1）證明：當時，函數在區(qū)間上不是單調函數；（2）證明：當時，對任意的恒成立.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導后，結合零點存在定理可確定的正負，由此可得函數單調性，從而得到結論；（2）將所證不等式轉化為，構造函數，利用導數分別討論和時的單調性，求得；由可得結論.【小問1詳解】當時，，則， 令，則，在上單調遞減，又，，，使得，且當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，綜上所述：當時，在區(qū)間上不是單調函數.【小問2詳解】當時，要證對任意的恒成立，即證當時，對任意恒成立，即證對任意的恒成立；令，則，，；①當時，在上恒成立，在上單調遞增，；②當時，令，解得：，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，；綜上所述：當時，；在上單調遞增，，當時，對任意的恒成立，即當時，對任意的恒成立.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數研究函數的單調性、恒成立問題的求解；本題證明不等式恒成立的關鍵是將問題轉化為兩函數最值的比較問題，從而利用導數求出新函數的最值，使得原不等式得證. 22.已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且點和點在橢圓上，橢圓的左頂點與拋物線的焦點的距離為.（1）求橢圓和拋物線的方程；（2）直線與拋物線變于兩點，與橢圓交于兩點.（ⅰ）若，拋物線在點處的切線交于點，求證：；（ⅱ）若，是否存在定點，使得直線的傾斜角互補?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）橢圓；拋物線；（2）（?。┰斠娊馕?；（ⅱ）存在，.【解析】【分析】（1）設橢圓方程，代入兩點坐標即可求得結果；根據橢圓左頂點和拋物線焦點坐標，可構造方程求得，進而得到拋物線方程；（2）（?。┞摿⒅本€與拋物線方程，可得韋達定理的結論；假設切線方程，并聯立求得點坐標，再結合兩點間距離公式求得所證等式中的各個基本量，整理可得結論；（ⅱ）假設存在點，由傾斜角互補可知斜率和為，將直線與橢圓方程聯立，可得韋達定理的結論；利用兩點連線斜率公式表示出兩直線斜率，根據斜率和為可構造等式，消元整理得到.【小問1詳解】設橢圓的方程為：，和在橢圓上，，解得：，橢圓的標準方程為：；由橢圓方程可知：橢圓的左頂點為，又， ，解得：，拋物線的方程為；【小問2詳解】（?。┊敃r，直線，即，令，則直線，設，，由得：，則，，，；設拋物線在點處的切線方程分別為：，，由得：，，又，則，，則；同理可得：；聯立兩切線方程，將，代入，可解得：，，，又，；同理可得：；，要證，等價于證明， ，又，，同理可得：，，即；（ⅱ）當時，直線，假設存在點，使直線的傾斜角互補，則直線的斜率之和為；設，由得：，，即恒成立，，，，，即，，即，解得：，假設成立，即存在點，使得直線的傾斜角互補.【點睛】思路點睛：本題考查直線與圓錐曲線綜合應用中的定點定值問題，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與曲線方程聯立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，將所求量轉化為關于變量的函數或方程的形式；④化簡所得式子，消元整理即可求得定點或定值.