福建省宁德市五校教学联合体2023届高三下学期3月质量监测数学试题（含解析）

这是一份福建省宁德市五校教学联合体2023届高三下学期3月质量监测数学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

福建省宁德市五校教学联合体2023届高三下学期3月质量监测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．集合，，若，则的值为（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．已知复数，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
4．恩格尔系数，国际上常用恩格尔系数来衡量一个地区家庭的富裕程度，恩格尔系数越低，人民生活越富裕.某地区家庭2021年底恩格尔系数为50%，刚达到小康，预计从2022年起该地区家庭每年消费支出总额增加30%，食品消费支出总额增加20%，依据以上数据，预计该地区家庭恩格尔系数满足达到富裕水平，至少经过（    ）年（参考数据：，，，）
A．8年 B．7年 C．4年 D．3年
5．如图，圆半径为，圆外一点到圆心的距离为，过引圆的两条切线，切点分别记为、，为圆上的一个动点，则的最小值为（    ）
  
A． B． C． D．
6．已知双曲线，点F是C的右焦点，若点P为C左支上的动点，设点P到C的一条渐近线的距离为d，则的最小值为（    ）
A． B． C．8 D．10
7．如图1所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E、F、M分别为线段BC、CD、BE的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B、C、D三点重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P﹣AEF，则下列结论中正确的有（    ）
  
A．点在平面上的投影为的外心
B．直线AM与平面PEF所成角的正切值为2
C．三棱锥P﹣AEF的内切球半径为
D．过点M的平面截三棱锥P﹣AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为
8．，，，则（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（   ）
  
A．四点共面
B．直线与平面平行
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．过三点的平面截正方体所得图形面积为
10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．若函数的图像关于点中心对称，则
B．当时，函数过原点的切线有且仅有两条
C．函数在上单调递减的充要条件是
D．若实数，是的两个不同的极值点，且满足，则或

三、单选题
11．已知函数，则（    ）
A．的最小正周期为 B．的图像关于对称
C．在上有四个零点 D．的值域为

四、多选题
12．已知抛物线：，过焦点的直线与交于，两点，，与关于原点对称，直线与直线的倾斜角分别是与，则（    ）
A． B． C． D．

五、填空题
13．展开式中的系数为_________（用数字作答）
14．已知圆与圆内切，则的最小值为_______
15．已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且，现从该批零件中随机取件，用表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，则_______
16．已知函数，若，且的最大值为4，则实数的值为_______．

六、解答题
17．在数列中，，且.
(1)令，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，求.
18．记锐角的内角的对边分别为，已知.
(1)求证：
(2)若，求的最大值.
19．如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，D为的中点，，且，平面平面.

(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
20．某购物中心准备进行扩大规模，在制定末来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度．调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况．假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：

商品质量
服务质量
购物环境
广告宣传
顾客甲
满意
不满意
满意
不满意
顾客乙
不满意
满意
满意
满意
顾客丙
满意
满意
满意
不满意
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据．
(1)求购物中心得分为50分的概率；
(2)若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
(3)列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望．
21．已知椭圆的离心率为，过点．
    
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右焦点为F，定直线，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作于，于，直线、交于点，证明：点为定点，并求出点的坐标．
22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.
(1)已知函数，，求实数取值的集合；
(2)已知函数有两个不同极值点、，证明

参考答案：
1．B
【分析】解出集合A中的函数定义域和集合B中分式不等式，得到这两个集合，由，求的值．
【详解】函数有意义，则，解得或，
则或.
不等式解得，则.
由，则有，得.
故选：B
2．A
【分析】根据复数的乘法运算，结合复数相等的充要条件即可求解.
【详解】由得，
所以则2，
故选：A
3．A
【分析】确定得到，，展开计算得到答案.
【详解】，，，
故，

.
故选：A
4．C
【分析】根据“每年消费支出总额增加30%，食品消费支出总额增加20%”以及列不等式，解不等式即得.
【详解】设经过的年份为年，依题意有，即，
两边取以为底的对数得，即，
故至少经过年，可使家庭恩格尔系数满足达到富裕水平.
故选：C.
5．B
【分析】结合图形，利用向量的线性运算可得，结合数量积的定义求其最小值.
【详解】由已知，，，
所以，
因为，
又，
，
当且仅当反向时取等号，
即的最小值为，
因为，
所以，
所以的最小值为.
故选：B.
6．A
【分析】设双曲线左焦点为,求出其到渐近线的距离，利用双曲线定义将转化为，利用当三点共线时，取得最小值，即可求得答案.
【详解】由双曲线,可得，,
设双曲线左焦点为，不妨设一条渐近线为，即，
作，垂足为E，即，
作,垂足为H，则，

因为点P为C左支上的动点，
所以，可得，
故，
由图可知，当三点共线时，即E和H点重合时，取得最小值，
最小值为，
即的最小值为，
故选：A．
7．D
【分析】对于A：根据垂直关系分析判断；对于B：根据线面夹角的定义分析运算；对于C：根据锥体的内切球结合等体积法运算求解；对于D：根据题意将三棱锥P﹣AEF转化为长方体，结合球的性质运算求解.
【详解】对于选项A：设的外心为，连接，则，
点在平面上的投影为的外心，等价于，
等价于，
所以点在平面上的投影为的外心，等价于，
显然，则点在平面上的投影为不是的外心，故A错误；
  
对于选项B：由题意可知：，且平面，PE、PF交于P点，
可得平面，可得直线AM与平面PEF所成角为，
因为，所以，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，
则，，
所以三棱锥的表面积，
体积，
设三棱锥P﹣AEF的内切球半径为，则，故C错误；
对于选项D：如图，将三棱锥转化成长方体，
则三棱锥的外接球的半径，
可知当截面过外接球的球心时，截面面积最大，最大值为；
可知当截面与垂直时，截面面积最小，设截面半径为，
可得，则截面面积为；
所以截面的面积的取值范围为，故D正确；
故选：D.
  
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
8．C
【分析】先构造函数，通过求导判断单调性，比较出b和c的大小；再找中间值和，通过构造函数，证明，判断，构造函数，通过单调性判断，于是证明，即可求得a、b、c的大小关系.
【详解】令
则，显然
即单调递减，所以，即，.
令
则，即在上单调递增
所以，即，
所以
令
则
当时，，即在上单调递增
又，所以当时，
所以，即
即，
又，所以，即.
综上：.
故选：C.
9．AC
【分析】对A，利用中位线定理与平行线的传递性证得，从而得以判断；对B，利用线面平行的性质即可判断；对C，由向量法求线线角即可判断；对D，过点M作，证所求截面为矩形，即可求得面积，从而得以判断.
【详解】对A，连接，如图，
因为侧面是正方形，分别是的中点，所以是的中点，
又点分别是的中点，所以，
又，所以，所以四点共面，
又面，所以四点共面，故A正确；
  
对B，连接，如图，
易得，，所以四边形是平行四边形，则，
假设直线与平面平行，又平面平面，平面，
所以，则，显然矛盾，假设不成立，故B错误；
对C，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设异面直线与面所成角为，则，
所以异面直线与面所成角的余弦值为，C正确；
  
对D，过点M作，因为，所以且，
所以四边形为平行四边形，则五点共面，即过三点的平面截正方体所得图形为平行四边形，
由题意可知，
因为为正方体，所以平面，
又平面，所以，
所以平行四边形为矩形，则，故D错误.
故选：AC.
.
10．ACD
【分析】对于A，由题意，可解的值；对于B，通过设切点利用导数求切线方程，代入原点坐标检验的方法判断；对于C，在上恒成立，分类讨论求解；对于D，利用韦达定理和差别式求解.
【详解】因为函数的图像关于点中心对称，所以，
即，
整理得，所以，所以A正确．
时，原点在函数的图像上，因此过原点有一条切线；
若切点不是原点时，设切点为，
则切线方程为，
把代入可得，若，则函数过原点的切线有且仅有一条；
若，则函数过原点的切线有两条，因此B不正确．
函数在上单调递减，（不恒等于0）在上恒成立，
设，其图像对称轴为，（不恒等于0）在上恒成立，
则有或或，
即或或，
其中且时，则，也满足，
所以函数在上单调递减的充要条件是，C正确；
，由题意知实数是方程的两个不等实根，
所以，且，，
由，得，所以，
解得或，所以D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对于，由函数与函数的最小正周期即可判断；对于B，由即可判断；对于C，分，，以及讨论即可判断；对于D，易知的最小值为，最大值在时取得，根据对称性，考虑时，的取值情况，利用导数即可求得最大值，进而判断选项D．
【详解】对于A，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
所以函数的最小正周期为，选项A正确；
对于B，，
所以的图像关于直线对称，选项B正确；
对于C，当时，，易知此时有唯一零点；
当时，，易知此时有唯一零点；
当时，，易知此时无零点；
当时，，易知此时有唯一零点，
所以在上有三个零点，选项C错误；
对于D，当时，取得最小值，此时恰好取得最小值0，故的最小值为；
由选项C的分析可知，当时，，当时，，而关于直线对称，
故可考虑时，的取值情况，
，
令，解得（舍或，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以此时，，
综上，函数的值域为，选项D正确．
故选：ABD．
12．BCD
【分析】作轴于，做轴于， 设直线的方程为，与抛物线方程联立求出，求出，可判断A；求出可判断B；求出利用基本不等式得出可判断C；求出、，做差与0比较大小可判断D.
【详解】作轴于，做轴于，
所以，，抛物线的焦点，
因为，所以，即，所以直线的斜率存在设为，
可得直线的方程为，
与抛物线方程联立，
整理得，
所以，，
对于A，，，所以，故A错误；
对于B，因为，
所以
，
所以直线与的倾斜角互补，即，故B正确；
对于C，因为，所以，即，
因为，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
，，
所以，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：BCD

【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用问题，对于解析几何的题目要善于运用数形结合的方法，以联立方程和计算为基础，进行题意的转化进而求解答案.
13．
【分析】根据二项式定理得到，得到答案.
【详解】的展开式的通项为，
取得到.
故答案为：
14．2
【分析】计算两圆的圆心距，令圆心距等于两圆半径之差，结合基本不等式求解最小值即可．
【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
两圆的圆心距，
两圆内切，，可得，
所以．当且仅当时，取得最小值，的最小值为2．
故答案为：2．
15．/
【分析】由正态分布的性质求，再结合二项分布的方差公式求.
【详解】因为，又，
所以，
所以，
所以产品的质量指标值不位于区间的概率为，
因为表示件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，
所以，
所以，
故答案为：.
16．
【分析】由题意可知若，当为最大值时，即在的切点与平行，因此求出时在处导数，即可求出，根据求出，最后根据得出答案.
【详解】令，
令解得，因此在单调递减，单调递增
，的另一个根在，因为，若的最大值为4，则和不能同时大于零；
令，在单调递增
设，，的最大值为4，即时，上的一点切线和平行，此时这一切点的横坐标为，而，因此，由此可得，解得，故
，即
，解得或，因为，所以
故答案为：
【点睛】结论点睛：若一条直线与一条曲线分属不同的定义域，且直线与曲线的单调性相同，但直线因参数而不确定位置时：若，且是最大值时，可得结论.
17．(1)证明见解析，
(2)297

【分析】(1)由递推关系结合等差数列定义证明数列为等差数列，再由等差数列通项公式求数列的通项；
(2)由递推关系证明，利用等差数列求和公式和组合求和法求.
【详解】（1）因为，
所以，即，
又，
所以，又，
所以，数列为以1为首项，4为公差的等差数列，
所以.
（2）因为，
所以，即
所以


.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据两角和差公式，结合锐角三角形可证明；
（2）由（1）可得，结合正弦定理可得，，代入所求式子，根据二倍角公式转换为关于的二次函数形式，根据角度范围得的方位即可求最大值.
【详解】（1）解：由于，所以，
整理的，即，
因为为锐角，所以，
故，由，为锐角可得；
（2）解：由（1）得，
因为，且由正弦定理得，
所以，，
则，
因为，所以，则，所以，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由余弦定理求出的长，证明，利用面面垂直的性质定理证明平面，继而证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为，且D为的中点，所以,
因为，，
所以，
所以，所以.
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）因为，D为的中点，所以,
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
所以，，两两垂直，故以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），

则，，，
所以，,
设平面的一个法向量，则,
即,
令，解得，，所以；
平面的一个法向量可取，
设二面角的大小为，，则，
所以.
20．(1)
(2)
(3)分布列见解析，40

【分析】（1）得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，然后按照古典概型的概率进行计算；
（2）由条件概率的公式进行计算即可；
（3）按求分布列的步骤进行计算，进而可得数学期望.
【详解】（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，
可能的结果共有：（种）
三名顾客产生的反馈结果总共有：（种）
则，∴购物中心得分为50分的概率为
（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则
，，
（3）可能的取值为2、3、4、5、6
，
，


2
3
4
5
6






∵，∴．
21．(1)
(2)证明见解析，．

【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程，
（2）令的方程为：，联立方程组利用设而不求法可得，
由条件求直线与的方程，证明两直线都过点即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，，
又椭圆过点，
所以，
解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由（1）点的坐标为，
因为直线的斜率不为零，所以可设的方程为：，
由  得，
方程的判别式，
设，，
则，，
因为，所以，
所以，故的方程为： ，   
由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，则
，
而，，，
所以，
故直线恒过定点，且定点为，
因为，所以，
所以，故的方程为： ，   
令，则，
而，
所以，
故直线恒过定点，且定点为，
所以直线、交于点定，点的坐标为.
  
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出的导数，对实数分类讨论求出的最小值，解不等式即可求解；
（2）由函数有两个不同极值点、，可求出的取值范围，由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为、的关系即可证明．
【详解】（1）由，得，
当时，因为，不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，则由得
所以，故实数取值的集合
（2）由已知，则，
因为函数有两个不同的极值点、，所以有两个不同零点，
若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；
当时，由，得，
令，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，且当时，，当时，，
如下图所示：

由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
不妨设这两个交点的横坐标分别为、，且，
且当或时，，则，
当时，，则.
综上所述，当时，函数有两个极值点；
设，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，
即，令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
故成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.