2023届福建省厦门市高三毕业班第四次质量检测数学试题含解析

2023届福建省厦门市高三毕业班第四次质量检测数学试题

一、单选题

1．全集，能表示集合和关系的Venn图是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，根据两集合的关系，即可得出答案.

【详解】由已知，可得，

所以，根据选项的Venn图可知选项D符合.

故选：D.

2．等差数列的前项和为，，则（    ）

A．9 B． C．12 D．

【答案】A

【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.

【详解】由已知，，，即3，，成等差数列，

所以，所以，

故选：A．

3．平面上的三个力，，作用于同一点，且处于平衡状态.已知，，，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】由已知可得出，平方根据数量积的定义以及运算律，即可得出答案.

【详解】由已知，可得，所以.

因为，所以，

所以，

所以，

所以.

故选：C.

4．如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形各边的三等分点，，，，，，作第2个正六边形，然后再取正六边形各边的三等分点，、、，，，作第3个正六边形，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由，，...构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形的面积的比值趋近于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别计算出阴影部分面积和正六边形的面积，即可求解.

【详解】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列，每个阴影三角形的面积构成数列，

设，则，，……，

依此类推，，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，

又，所以，

，……，

依此类推，，

则数列的前n项和

，

正六边形的面积为：，

所以，所求面积的比值趋近于.

故选：B.

5．已知，则（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】利用两角和差的正弦公式将题给条件化简，得到关于的方程，解之即可求得的值.

【详解】

，

，

又，

则，则

故选：A

6．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军”，对乙说：“你不是最后一名”，从这两个回答分析，5人名次的不同排列情况共有（    ）

A．72种 B．78种 C．96种 D．102种

【答案】B

【分析】根据题意，计算得到总情况数，然后计算得到甲是冠军与乙是最后一名的情况数，从而即可得到结果.

【详解】由题意可得，甲不是冠军，乙不是最后一名，

因为5人名次的不同排列共有，

其中甲是冠军的排列方法有，

乙是最后一名的排列方法有，

甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有，

所以，甲不是冠军，乙不是最后一名的排列方法有，

故选:B

7．函数定义域均为，且，.若为偶函数，，则（    ）

A．10 B．13 C．14 D．39

【答案】C

【分析】根据所给条件化简得，结合为偶函数，，可计算得，，，，从而根据分别计算至的值，再计算的值即可.

【详解】，，

又，，

，，

则，得，

，，

因为为偶函数，所以，

所以， 由，

得，则，，

，，

，，

，，

，

.

故选：C

8．一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6.该圆台内有一个球，则这个球表面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，即可得到结果.

【详解】

画出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，

设圆的半径为，则，

又因为，所以，

因为，作，，

所以，所以，

所以，

且，即,

解得，

所以球表面积的最大值为，

故选:A

二、多选题

9．已知函数，则（     ）

A．曲线关于轴对称 B．曲线关于原点对称

C．在上单调递减 D．在上单调递增

【答案】AD

【分析】求得函数的奇偶性判断选项AB；利用导数求得在上的单调性判断选项C；求得在上的单调性判断选项D.

【详解】函数定义域为，

，

则函数为偶函数，曲线关于轴对称.

则选项A判断正确；选项B判断错误；

当时，，，

则当时，，单调递增，则选项C判断错误；

当时，，，

则当时，，单调递增，则选项D判断正确.

故选：AD

10．为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻的经常性有影响，随机抽取了300名学生，对他们是否经常锻炼的情况进行了调查，调查发现经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，绘制其等高堆积条形图，如图所示，则（    ）

A．参与调查的男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多

B．从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为

C．依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1

D．假设调查人数为600人，经常锻炼人数与不经常锻炼人数的比例不变，统计得到的等高堆积条形图也不变，依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05附：，

【答案】ABD

【分析】由题意计算出男生中经常锻炼的人数以及不经常锻炼的人数，即可判断A；根据古典概型的概率公式可判断B；列出列联表，根据独立性检验的方法可判断C，D.

【详解】对于A，由题意知经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，

故经常锻炼人数为200人，不经常锻炼人数为100人，

故男生中经常锻炼的人数为人，不经常锻炼的人数为人，

故男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多，A正确；

对于B，经常锻炼的女生人数为人，不经常锻炼的人数为人，

故从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为，B正确；

对于C，由题意结合男女生中经常锻炼和不经常锻炼的人数，可得列联表：

则，

故依据的独立性检验，不能认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1，C错误；

对于D，由题意可得：

则此时，

故依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05，D正确，

故选：ABD

11．在四面体中，，，，同时平行于的平面分别与棱交于四点，则（    ）

A． B．

C．四边形的周长为定值 D．四边形的面积最大值是3

【答案】ACD

【分析】依题意作图，按照图中的几何关系，运用有关空间几何定理和空间向量数量积逐项分析.

【详解】依题意作下图：

对于A，平面，平面，平面ABD，，正确；

对于B，在中，，

在中，，

，错误；

对于C，设，，同理有， ，

，，

四边形EFGH的周长，正确；

对于D，由C分析知：，四边形EFGH是平行四边形，

等于异面直线AD与BC的夹角，由B得分析知：，，

四边形EFGH的面积 ，

当时取得最大值，正确；

 故选：ACD.

12．抛物线：，是上的点，直线与交于两点，过的焦点作的垂线，垂足为，则（    ）

A．的最小值为1 B．的最小值为1

C．为钝角 D．若，直线与的斜率之积为

【答案】ACD

【分析】求得的最小值判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得的范围判断选项C；求得直线与的斜率之积判断选项D.

【详解】选项A：设，所以，因为，

所以，A正确；

选项B：设，所以点轨迹为，

设，，，

又因为，

所以，B错误；

选项C：设，

又因为，所以，

，所以，

，又因为

所以为钝角，C正确，

选项D：设，因为，所以，

所以，

所以

所以，

又因为，所以，

即，即，D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．若，则____.

【答案】0

【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得的值.

【详解】，又，

则，解之得，则

故答案为：0

14．写出同时满足下列条件的一条直线的方程_______________.

①直线在轴上的截距为1；②直线与双曲线只有一个公共点.

【答案】（写出其中一条直线方程）

【分析】分别求出与渐近线平行的直线和切线方程，即可得到答案.

【详解】因为直线与双曲线只有一个公共点，所以直线与双曲线的渐近线平行.

又直线在轴上的截距为1，所以直线可以是：.

若直线在轴上的截距为1且与双曲线相切，则二者只有一个交点.

可设：，代入双曲线方程得：，只需，解得：，所以直线

即所求直线方程为：（写出其中一条直线方程）

故答案为：（写出其中一条直线方程）.

15．已知，将图象向左平移个单位后得到的图象，若与的图象关于轴对称，则___.

【答案】/

【分析】利用题给条件构造关于的三角方程，解之即可求得的值.

【详解】将图象向左平移个单位后得到的图象，

则，

又与的图象关于轴对称，则

则，

则,

解之得，又，则

故答案为：

16．函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________.

【答案】     1    

【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.

【详解】第一空：当时，当时，，解得；

当时，，无零点，

故此时的零点个数是1；

第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；

①

若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，

此时；

②

若恰有3个零点，则，此时，

所以恰有1个零点，符合要求；

③当时，，所以恰有1个零点，

而至少有4个零点，

此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.

综上，或.

故答案为：1；.

【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.

四、解答题

17．记的内角的对边分别为，已知.

(1)求；

(2)若，，是上一点，为角的平分线，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角，可得，化简整理可得，即有，根据的范围，即可得出答案；

（2）根据余弦定理求出a，再根据，以及三角形的面积公式，列出方程，求出即可.

【详解】（1）由题意结合正弦定理，可得，

所以，

即，

整理，可得.

因为，所以，

所以，所以.

（2）中，，，，，

所以，解得，则.

又因为为角的平分线，，

所以，

即，

所以.

18．数列中，，记，是公差为1的等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)令，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式即可得到结果；

（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）当时，

所以

所以

当时，

所以

又符合

所以.

（2）由（1）得

所以①

所以②

①-②得

所以.

19．如图，在中，，，是的中点，在上，，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且二面角的大小为60°.

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）取中点，先利用线面垂直判定定理证得平面，进而利用线面垂直的性质证得；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）依题，所以平面，

则为二面角的平面角，即，

因为，所以为等边三角形，

取中点，连接，，，则，

因为，所以，

又，所以平面，

又平面，所以；

（2）因为，

所以面，从而

因为，所以，所以，

所以两两垂直，

以为原点，以的方向分别为轴的正方向，

建立空间坐标系，

则，

所以，，

设平面的一个法向量，则

，所以，

令，则平面的一个法向量，

设直线与平面所成角为，

则，

则直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知分别为椭圆的上顶点和右顶点，，为的左焦点，.

(1)求的方程；

(2)设直线与的另一个交点分别为，.为坐标原点，判断面积是否可能大于1，并说明理由.

【答案】(1)

(2)不可能大于1，理由见解析

【分析】（1）由题意可得，，解方程即可得出答案；

（2）依题设直线，设，分别联立两直线与椭圆的方程求出的坐标，记面积为，，

则，代入化简即可证明.

【详解】（1）依题，，结合

得，所以；

（2）的面积不可能大于1，理由如下：

依题设直线，

设，

由，得，所以，

从而

由，得，所以，

从而，

记面积为，，

则

所以，

所以的面积不可能大于1.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，通过联立求得的坐标，，代入化简，求得参数间的关系，从而求得面积不可能大于1.

21．甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：

规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.

(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；

(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.

【答案】(1)，一定出线，理由见解析

(2)

【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；

（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.

【详解】（1）记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.

丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，

丁总分7分一定出线.

理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.

小组赛两队出线，所以丁一定出线.

（2）第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，

①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，

②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，

③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，

丁队出线的概率，

综上，丁以6分出线的概率为.

22．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若有三个极值点， ，且，求的最小值.

【答案】(1)的极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）根据极值的定义，利用导数可求出结果；

（2）当时，利用导数可知，函数只有一个极值点，不符合题意；当时，利用导数以及零点存在性定理可知，，设，推出，，由推出，由推出，由推出的范围即可得解.

【详解】（1）依题意，时，，

所以，

记，则，

当时，，单调递减；当时，，单调递增；

所以，当且仅当取等号，即，

所以变化情况如下：

所以的极小值为，无极大值.

（2），

①当时，由（1）可知，，当且仅当取等号，

所以当时，，

所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增；

所以只有一个极值点，舍去.

②当时，

记，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

，

由零点存在性定理知存在唯一，使得，即，

由（1）有，所以当时，有，所以，

取，则，

由零点存在性定理知存在唯一，使得

由以上推理知，且有

当或时，；当时，，

所以变化情况如下：

所以有三个极值点（其中），

此时，两式相除得，①

设，②

由①②可得，所以，

记，

则，

设，则，

所以，从而，

所以在上单调递减，又因为，

即，所以，

此时，记，，

由（1）有，所以当时有，，所以，

所以，在单调递减，

所以，故，

此时，记，，

所以，

故的最小值为.

【点睛】关键点点睛：求的最大值的关键是用极值点表示，再利用的范围求出的范围.

根据可得，根据以及可得.