福建省莆田市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省莆田市2023届高三数学第四次质量检测试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
莆田市2023届高中毕业班第四次教学质量检测试卷
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一、选择题：本题共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，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法求复数，再根据复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以复数z对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
2. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：，，
所以.
故选：B.
3. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中间值，根据指、对数运算估算范围，进而比较大小.
【详解】因为，即，
，
，且，即，
所以.
故选：A.
4. 已知向量，，若，则（ ）
A. 0 B.
C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可得：，
若，则，解得.
故选：C.
5. 若抛物线焦点到准线的距离为3，且的开口朝左，则的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据开口设抛物线标准方程，利用p的几何意义即可求出.
【详解】依题意可设的标准方程为，
因为的焦点到准线的距离为3，所以，
所以的标准方程为.
故选：A
6. 2022年11月，国内猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油、鲜菜价格同比（与去年同期相比）的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，食用油价格同比涨幅最小
B. 猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的5倍
C. 去年11月鲜菜价格要比今年11月低
D. 这7种食品价格同比涨幅的平均值超过
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合图表对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由图可知，猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，粮食价格同比涨幅最小，所以A错误．
因为，所以B错误．
去年11月鲜菜价格要比今年11月高，所以C错误．
因为
，
所以D正确．
故选:D
7. 在三棱锥中，已知△ABC是边长为8的等边三角形，平面ABC，，则AB与平面PBC所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等体积法求点A到平面PBC的距离，再根据线面夹角的定义分析运算.
【详解】因为平面ABC，且平面ABC，
所以，
由题意可得：，
在中，设边上的高为，则，
所以的面积
设点A到平面PBC的距离为d，
因为，即，
解得，
设AB与平面PBC所成角为，则.
故选：A.
8. 某地区一个家庭中孩子个数X的情况如下．
X
1
2
3
0
P




每个孩子的性别是男是女的概率均为，且相互独立，则一个家庭中男孩比女孩多的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析男孩比女孩多的可能情况，结合互斥事件以及独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】一个家庭中男孩比女孩多有三种可能：“1个小孩，且为男孩”、“有2个小孩，且为男孩”、“3个小孩，3个男孩或2个男孩”，
所以概率
.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题；每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意通过赋值逐项分析判断.
【详解】对于A：令，可得，故A错误；
对于B：令，可得，故B正确；
对于C：令，可得，
结合选项B，两式作差，可得，
即，故C正确；
对于D：令，可得，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数图象一个对称中心是，点在的图象上，则（ ）．
A. B. 直线是图象的一条对称轴
C. 在上单调递减 D. 是奇函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可得，对称中心，即可求得，从而知函数的解析式，再根据余弦函数的图像与性质，逐一分析选项即可.
【详解】因为点在的图象上，所以．又，所以．
因为图象的一个对称中心是，所以，则．
又，所以，则，A正确．
，则直线不是图象一条对称轴，B不正确．
当时，，单调递减，C正确．
，是奇函数，D正确．
故选：ACD.
11. 若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在区间上有两个不同的平均值点，则m的取值不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有两个不同的交点，求导，利用导数判断单调性，结合图象分析判断.
【详解】因为函数在区间上有两个不同的平均值点，
则有两个不同的根，
整理得，
构建，则原题意等价于与有两个不同的交点，
因为，令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，
因为，
所以m的取值不可能是.
故选：AD.

12. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据逆向思维得到 ，代入推出的对称轴 ，即可判断A选项；根据为奇函数推出对称中心，进一步得出，即的周期为4，即可判断C选项；由是由的图像变换而来，所以的周期也为4，进而判断B选项；再算出时的函数值以及一个周期内的值即可求解，判断D选项.
【详解】因为，所以.
因为，所以，
用去替，所以，所以.
因为，取代入得到，得，
所以，所以，
所以的图象关于直线对称，所以，故A正确；
因为为奇函数，则 过, 图像向右移动两个单位得到过，故图像关于对称，，所以，且.
因为，所以，则的周期，
所以，故C错误；
因为，，所以的周期也为4，
所以，，
所以，故B正确；
因为，，，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 写出一个被直线平分且与直线相切的圆的方程：________．
【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【解析】
【分析】根据题意可得圆心在直线上，且圆心到直线的距离等于半径，取特列分析验证即可.
【详解】对于圆：，可得圆心为，半径，则有：
因为，即在直线上，所以该圆被直线平分；
又因为圆心到直线的距离，
所以该圆与直线相切；
即符合题意.
故答案为：.
14. 我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm．现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体.则其体积约为________（精确到0.1）．（参考数据：，）

【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用台体、锥体的体积公式运算求解.
【详解】由题意可得：
，
，
所以几何体的体积.
故答案为：.
15. 法国数学家加斯帕・蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆：，则的蒙日圆的方程为______；若过圆上的动点作的两条切线，分别与圆交于，两点，则面积的最大值为______．
【答案】 ①. ②. 12
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义，可知点一定在蒙日圆上，可求得蒙日圆的半径，进而求得蒙日圆的方程；因为，，都在圆上，且，所以为圆的直径，显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，进而求解.
【详解】由题意可知，点一定在蒙日圆上，
所以蒙日圆的半径，
所以蒙日圆的方程为．
因为，，都在圆上，且，
所以为圆的直径，所以，
显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，
故面积的最大值为．
故答案为：；12.
16. 英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛．若数列满足，则称数列为牛顿数列．若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的最大正整数n的值为________．
【答案】10
【解析】
【分析】根据题意可证得是等比数列，再结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】因为，所以，
则，又，，
所以是首项为，公比的等比数列，则，
令，则，
又因为在定义域内单调递增，且，
所以，所以最大正整数n的值为10.
故答案为：10.
【点睛】方法定睛：判断和证明数列是等差(比)数列的方法
（1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或）为与正整数n无关的一常数．
（2）构造法：通过对含有an，an－1的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，构造出要证数列的第n项与第n－1项的关系，从而证明等差(比)数列 .
（2）中项公式法：
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．
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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换分析运算；
（2）利用面积公式、余弦定理运算求解.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
则，
又因为，则，得，
即，所以.
【小问2详解】
因为△ABC的面积，即，可得，
由余弦定理可得：，
即，解得，
所以△ABC的周长为.
18. 推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择．某社区开展有关垃圾分类的知识测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道题做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为．甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．
（1）若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；
（2）以答对题目数量的期望为依据，判断甲应该选择哪组题答题．
【答案】（1）分布列见详解，
（2）甲应选择B组
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式求分布列，进而求期望；
（2）根据题意可得，结合二项分布求期望，并对你分析
【小问1详解】
由题意可知：X的可能取值为，则有：
，
，
，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P



故X的期望.
【小问2详解】
若甲选择从B组中任选2道题，设Y表示甲答对题目的个数，则，
所以Y的期望，
因为，所以甲应选择B组.
19. 如图，在四棱锥中，已知，，，，，△PAD为正三角形，．

（1）证明：平面平面ABCD．
（2）求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得，根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，根据题中的长度关系求点的坐标，进而利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
连接，
在中，由余弦定理，
即，则，可得，
由题意可得：，则，可得，
，平面，
则平面，且平面，
所以平面平面ABCD．
【小问2详解】
在△PAB内作，交于点M，
因为平面PAB，平面PAB，则，
，平面，
则平面，
如图，以A为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，解得，即，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由（1）可知：平面的法向量，
则，
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.

20. 已知数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由条件可得，利用累加法求，由此可求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求，再证明.
【小问1详解】
因为.所以，
所以.
因为，，…，，
当时，.
因为，所以，
又也满足关系，
所以，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以，
，
，
所以.，
因为，所以.
因为在时单调递增，所以，故.
21. 已知函数．
（1）若在R上单调递减，求a的取值范围；
（2）当时，求证在上只有一个零点，且．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意和函数的单调性可得即在R上恒成立，利用导数研究函数的性质求出即可求解；
（2）由函数零点的存在性定理可得，使得,进而得出函数的单调性，结合、即可证明函数在上只有一个零点；由得，将不等式变形为，则证明即可，构造函数，结合分析法，利用导数研究函数的性质即可证明.
【小问1详解】
因为，所以．
由在R上单调递减，得，即在R上恒成立．
令，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
故，解得，
即a的取值范围为．
【小问2详解】
由（1）可知，在上单调递减，且，，
故，使得．
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
因为，，所以在上只有一个零点，
故函数在上只有一个零点．
因为，所以要证，即证，即证．
因为，得，
所以，故需证即可．
令，，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
故．即，
原不等式即证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.
22. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，在双曲线上，且轴，．
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）设为双曲线的右顶点，直线与双曲线交于不同于的，两点，若以为直径的圆经过点，且于，证明：存在定点，使为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，进而结合题意得，，进而根据双曲线的定义求解得即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.
【小问1详解】
设，因为，，
所以，．
因为，所以．
因为，
所以双曲线的渐近线方程为．
【小问2详解】
由（1）知双曲线的方程为，设，．
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立方程组，化简得，
则，即，
且，
因为，
所以，
化简得，
所以或，且均满足．
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点．
②当直线的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线，
联立方程组，得（舍去）或，此时直线过定点．
综上，直线过定点
因为，
所以点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径，且
所以，存在定点，使为定值4．

【点睛】
关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合已知，讨论的斜率不存在与存在时的两种情况得到直线过定点.