2023届福建省宁德市普通高中高三质量检测数学试题含解析

这是一份2023届福建省宁德市普通高中高三质量检测数学试题含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，五两数的平均数即为，故A错误；，填空题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省宁德市普通高中高三质量检测数学试题

一、单选题
1．若集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由可得，解得，
所以，
又，所以.
故选：D
2．某学校利用实践基地开展劳动教育活动，在其中一块土地上栽种某种蔬菜，并指定一位同学观测其中一棵幼苗生长情况，该同学获得前6天的数据如下：
第天
1
2
3
4
5
6
高度
1
4
7
9
11
13
经这位同学的研究，发现第天幼苗的高度的经验回归方程为，据此预测第10天这棵幼苗的高度大约为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据回归直线经过样本点的中心建立方程，求出的值，再将代入经验回归方程，即可得到答案．
【详解】由已知得：，，
因为经验回归方程为，
所以，解得，
当时，，
所以预测第10天这棵幼苗的高度大约为．
故选：C.
3．使成立的一个充分不必要条件是（    ）
A． B．
C． D．，且
【答案】B
【分析】利用指数函数，对数函数的性质，结合特值法可判断ACD；利用作差法及特值法，结合充分条件与必要条件的概念可判断B.
【详解】，故A错误；
当时，，得，即，
显然，则，即，故是的充分条件；
当时，，故是的不必要条件，故B正确；
当时，成立，但，故C错误；
当时，由，得，即，故D错误.
故选：B.
4．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一个动点，，则的最小值为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．
【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于，

由抛物线定义可知，所以，
则当共线时取得最小值，所以最小值为．
故选：B．
5．在平面直角坐标系中，点为圆上的任一点，.若，则的最大值为（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】通过圆的三角换元，利用向量的加减运算及向量相等的条件，转化为三角函数的最值问题即得结果.
【详解】由已知可设，则，
又，因为，
所以,即,
所以,其中，
当时，有最大值为.
故选：C.
6．某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（    ）

A．的数据较更集中
B．
C．甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于
D．
【答案】D
【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.
【详解】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；
对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ，
，正确；
对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确；
对于D，由B知： ，错误；
故选：D.
7．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解.
【详解】因为，所以，
又，
令，，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即；
又，
令，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即，
综上，.
故选：A.
8．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）

A．24 B．28 C．32 D．36
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.
【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，

依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，
因此，于是长方体的体积，
所以该正四棱台的体积为.
故选：B
【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.

二、多选题
9．若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】利用赋值法，令，可判断A；令，，计算求解可判断B；由，利用二项展开式的通项求解可判断C；两边求导，令，可判断D.
【详解】令，则，即，故A正确；
令，则，
令，则，
则，故B正确；
，则，令，则，故C错误；
由两边求导，
得，
令，则，故D正确.
故选：ABD.
10．某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比为.从两个车间中各随机抽取了10个样品进行测量，其数据（单位：）如下：
甲车间：
乙车间：
规定数据在之内的产品为合格品.若将频率作为概率，则以下结论正确的是（    ）
A．甲车间样本数据的第40百分位数为9.8
B．从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差
C．从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率为0.84
D．从两个车间生产的产品任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.4
【答案】BC
【分析】根据百分位数计算规则判断A，计算出极差即可判断B，根据全概率公式计算C，根据条件概率公式计算D.
【详解】对于A：甲车间样本数据从小到大排列为：、、、、、、、、、，
又，所以第百分位数为第四、五两数的平均数即为，故A错误；
对于B：甲车间的极差为，乙车间的极差为，故B正确；
对于C：从样本数据可知甲车间合格品的概率，乙车间合格品的概率，
甲、乙两车间产量比为，
若从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率，故C正确；
对于D：由C可知取到不合格品的概率，
所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率，故D错误；
故选：BC
11．在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（    ）
A．直线与平面平行
B．直线与直线垂直
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．四面体的体积为
【答案】ACD
【分析】由题意，则四点共面，可证得为平行四边形，则，从而面，即可判断A；分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，计算即可判断B；为等腰梯形，计算面积即可判断C；求出平面的法向量，利用向量法求得到平面的距离，进而求四面体的体积，即可判断D.
【详解】∵分别为的中点，∴,又,
∴，∴四点共面，
∵,,
∴，∴为平行四边形，
∴，又面，面，∴面，故A正确；
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
,
∴，
则直线与直线垂直，故B错误；
为等腰梯形，且,如图，

过点作于，则,
则等腰梯形的面积为，
即平面截正方体所得的截面面积为，故C正确；
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以到平面的距离为，
又,
所以，四面体的体积为，故D正确.
故选：ACD.
12．已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（    ）
A．当时，
B．若，则的解集为
C．若恰有四个零点，则的取值范围是
D．若对，则
【答案】AD
【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.
【详解】对于选项A，因为当时，，
当时，，
所以，
即，
因为函数的图象关于直线对称，
所以，
所以当时，，故选项A正确；
对于选项B，当时，当时，，
当时，，
现在先证，令，
则，
令，则，所以在单调递增，
令，则，所以在单调递减，
所以，所以，
即，所以，当且仅当等号成立，
当时，，不满足，
所以不成立，
当时，，
所以，即，
令，则有，①
或   ②，
解不等式组①，因为，则有
所以，
解不等式组②，因为，则有
所以，
所以的解集为，故选项B不正确；
对于选项C，因为恰有四个零点，
所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，
且时，，
因为，，
所以，故，
当时，，
令，则有或，
因为当时，恰有两个零点，
所以有一个解且不为，
当解为时，可求，
所以；
因为，所以，即，
所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，
令，则，
当时，，
所以在单调递减，所以，
当逼近于时，逼近于，且，
因为与在时的图象有一个交点，
所以，且，
因为函数的图象关于直线对称，
所以当时，同理可得且，
所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；
对于选项D，若对，
因为函数的图象关于直线对称，
所以只需研究时的取值；
因为，，
所以，即，
显然当时，成立，；
当时，，利用分离参数法，，所以
令，则，
当时，，所以在单调递减，所以，
所以；
当时，恒成立，即所以
当时，，所以在单调递减，所以，
所以；
综上所述：，故选项D正确.
故选：AD.

【点睛】关键点睛：
本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解.

三、填空题
13．已知复数满足，则__________.
【答案】5
【分析】设，，根据复数的模及复数相等的充要条件得到方程组，解得、，即可求出，从而得解.
【详解】设，，
则，
因为，所以，所以，
所以，即，所以.
故答案为：
14．已知函数满足如下条件：①定义域为；②存在，使得 ；③，试写出一个符合上述要求的函数__________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据条件求解.
【详解】设 ，
则函数定义域为；
故答案为： .
15．已知函数，射线与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列，且，则__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再代值计算作答.
【详解】因为，则数列是等差数列，公差为4，且，
因此，函数的周期是4，即，解得，又，
即有，解得，于是，
所以.
故答案为：
16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________.
【答案】8
【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.
【详解】
由条件 ， ，
即 ， ，
设 ，由题意： ，则 ，
，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，
；
设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：

则 的周长 ,
，当 三点共线时等号成立， ，
l的得最大值为8；
故答案为：8.

四、解答题
17．已知数列满足，且数列是等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知列式求得，可得数列的公差，进而可求得答案；
（2）利用裂项相消法求出，即可证得结论.
【详解】（1）由得，
代入得，解得，
又因为数列为等差数列，故公差为，
因此.
（2）由（1）可得，所以，
所以，
又因为，所以时等号成立，
所以，即.
18．在四棱锥中，，.

(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）解法一：取的中点，可得四边形为正方形，可证得，，从而平面，即可证得结论．
解法二：取的中点的中点，四边形为正方形，在中，由余弦定理求得，证得，，从而平面，即可证得结论.
（2）解法一：取的中点，所以平面，以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.
解法二：过作，则平面.以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标，设，求出平面的法向量，由题意平面与平面所成的角也等于，求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.
解法三：过点作于，过作于，可得是二面角的平面角，由题意二面角大小为，从而，设，则，由得，由得，解得即可.
【详解】（1）解法一：取的中点，连接.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，
又，故.
又由，所以四边形为正方形，
故，从而；
又，所以，故.
由平面平面，从而平面，
又平面，所以平面平面.
解法二：取的中点的中点，连接.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，
又，故，且，所以四边形为正方形，
故为等腰直角三角形，从而，为等腰直角三角形.
在中，，
又因为，所以，，
又，所以，故，
由平面平面，
从而平面，又平面，所以平面平面.
（2）解法一：取的中点，连接，
由，所以，
因为平面平面，且平面平面，所以平面.
又为的中点，所以，且，
由（1）知，故.
以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，

则
则，
设，则，
，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则令，则，
因为二面角的大小为，所以，
由，解得：，
所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.
解法二：过作，则平面.
以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，

则，
设，则，
，，
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
因为二面角的大小为，所以平面与平面所成的角也等于，
平面的一个法向量为，
，因为，解得，
所以线段上存在点，当，即时，使得二面角大小为.
解法三：过点作于，过作于，连接，
由（1）知平面平面，所以平面，平面，故，
又平面平面，
所以平面，又平面，因而，
所以是二面角的平面角.

因为平面平面，二面角大小为，
所以二面角大小为，从而，故，设，
因为，从而，所以，从而，
因为，从而，所以，
即，解得，所以，从而.
所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.
19．记的内角的对边分别为.已知，，，且其内切圆的面积为.
(1)求和；
(2)连接交于点，求的长.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）解法一：利用余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可；
解法二：设圆与边相切于点，连接，，由锐角三角函数及切线长定理得到，再由余弦定理得到方程组，解得即可；
（2）解法一：设，，利用角平分线的性质得到，即可求出，再由余弦定理计算可得；
解法二：由余弦定理求出，依题意设，根据平面向量共线定理求出，再根据数量积的运算律计算可得；
解法三：由余弦定理求出，即可求出，从而得到、，再求出，最后利用正弦定理计算可得.
【详解】（1）解法一：由余弦定理得，
即，
又内切圆的面积为，故内切圆的半径为，所以，
故，
于是，即，解得或，
因为，所以.
解法二：设圆与边相切于点，连接，，

则，且，且，
故，
因为三边与圆相切，切线长相等，
所以，即，
根据余弦定理得，即，
所以，
解得或，因为，所以.
（2）解法一：设，，由，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理，
得，所以.
解法二：由余弦定理得.
设，
又因为、、三点共线，所以，所以.
，
所以.
解法三：在中，由余弦定理得，
所以，
又，所以，所以（负值舍去），且，
所以.
在中，由，得，所以.

20．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某校成立了两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别.记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为.为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案.
方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；
方案二：对同一首歌，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过.
(1)若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占.
（i）请根据以上数据填写下面的列联表，并通过独立性检验分析，是否有的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？

正确识别
错误识别
合计
A组软件



B组软件



合计


100
（ii）利用（i）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；
(2)研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值.
附：，其中.

0.100
0.050
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)（i）表格见解析，没有；（ii）
(2)测试至少27次，.

【分析】（1）根据条件填写列联表并做卡方计算，根据列联表求出 ，对“一次测试通过”作分类讨论求出其概率；
（2）根据对“一次测试通过”的分类讨论，求出其概率的最大值，再按照二项分布求解.
【详解】（1）（i）依题意得列联表如下：

正确识别
错误识别
合计
组软件
40
20
60
组软件
20
20
40
合计
60
40
100
因为，
且，
所以没有的把握认为软件类型和是否正确识别有关；
（ii）由（i）得，
故方案二在一次测试中通过的概率为
；
（2）方案二每次测试通过的概率为

，
所以当时，取到到最大值，
又，此时，
因为每次测试都是独立事件，
故次实验测试通过的次数，期望值，
因为，所以
所以测试至少27次，此时.
21．在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)±1.

【分析】（1）由题意，点的轨迹为双曲线的右支，，，可得的方程；
（2）解法一：设与的交点为，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，得到直线的方程，由题意写出直线的方程，求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.
解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，进一步可得到直线方程以及恒过定点.求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.
解法三：设方程为，设方程为，联立曲线方程，由韦达定理可求出点坐标，用替换得点坐标，可得直线方程进一步得到直线恒过定点.下同解法一.
解法四：由平移知识得到双曲线的方程，新坐标系下直线的方程，代入双曲线方程，由求得，进一步得到直线的方程，从而得到直线恒过定点，再利用过四点的二次曲线系方程结合的系数为0，即可得到直线的斜率.
解法五：设直线的方程为，连理曲线方程结合由解得m，进一步得到直线的方程以及恒过定点.下同解法一.
【详解】（1）因为点满足，
所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，
所以曲线的方程为.
（2）解法一：设与的交点为.

显然直线的斜率存在，设的方程为，
联立方程消去得，
设，所以.
又，因为，所以，
故，
代入，整理得，
即，解得或（舍）.
所以直线的方程为，即直线恒过定点.
因为四点共圆，且为直径，由，
所以点为中点，且直线的方程为，
联立，解得，
所以点，故，
代入曲线的方程，
解得，即，所以直线的斜率为±1.
解法二：由对称性，直线必过定点，
设的方程为，联立方程
消去得，
设，所以.
，
因为，所以，
故，
代入，
因为，整理得，解得.
所以直线的方程为，即直线恒过定点.
联立，解得，
所以点，故，
代入曲线的方程，
解得，即，所以直线的斜率为1.
解法三：设方程为，设方程为，
联立方程，消去得，
设，则，得，
所以，所以点.
用替换得点.
所以斜率，
故直线方程为，
即，即.
所以直线恒过定点.下同解法一.
解法四：将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，
即.
新坐标系下直线的方程设为，
代入双曲线方程有，即，
两边同除以得，
设直线的斜率分别为，则，所以，
所以直线的方程为，从而直线恒过定点，
故原坐标系下直线恒过定点.
由四点共圆，设的直线方程为，即；
设的直线方程为，即.
所以过四点的二次曲线系方程为，
等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.
解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，
所以由得，
即，
两边同除以得，
设，上式整理得.
设直线的斜率分别为，则，解得，
所以直线的方程为，即，
从而恒过定点.下同解法一.
【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略
（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．
（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点．
22．已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若，且，求证：且.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）解法一：当时，成立；当时，即为，利用导数研究的最大值，即可得解；
解法二：由题意得，构造函数，利用导数研究的最小值，即可得解；
（2）解法一：根据的单调性可知．证，即证，即证，设，利用的单调性即可证明；证，即证．设，即证．设，则，设，利用导数研究其性质可知，，使得，从而得出的单调性，证得，可得结论.
解法二：证明的方法同解法一．在处的切线方程为，先证，设，利用导数研究其性质可知，，使得，从而得的单调性及，可得结论.
【详解】（1）解法一：当时，由，且时，故成立；
当时，即为.
由，令，得，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，
所以，即.
综上，.
解法二：，由，且时，所以.
设，则，令，得，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即.
（2）解法一：，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，故.
先证，由，故即证，
由，故即证，
设，
则，
所以在上单调递减，所以.
所以，从而.
现证，即证.
设，故即证，即证.
设，
则，设，则，
当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又，
所以，使得，
故在单调递增，在单调递减，
又，
所以，即，故.
解法二：证明的方法同解法一.
，，
则在处的切线方程为，下面证.
设，
，
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，使得，
故在单调递减，在单调递增，
又，
故，即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.