福建省厦门市2023届高三数学下学期第二次质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2023届高三数学下学期第二次质量检测试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

厦门市2023届高三毕业班第二次质量检测
数 学 试 题
满分150分 考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考出要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与当生本人准考证号、姓名是否一致．
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圈目的答案标号次黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回．
一、单选题：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. 复数z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，2），（0，-1），则z1z2＝（ ）
A. 1+i B. 2-i C. -2i D. -2-i
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据复数的几何意义求复数，再根据复数的乘法公式求解.
【详解】由复数的几何意义可知，，，
则.
故选：B
2. 的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（ ）
A. 2 B. ±2 C. D. ±
【答案】D
【解析】
【分析】根据展开式的通项公式，确定项的系数，即可求解.
【详解】展开式的通项公式是，当时，项的系数为
，解得：.
故选：D
3. 不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. a≥1 B. a＞1 C. D. a＞2
【答案】D
【解析】
【分析】先求得不等式（）恒成立的充要条件，再找其充分不必要条件.
【详解】不等式（）恒成立，显然不成立，
故应满足 ，解得，所以不等式（）恒成立的充要条件是，A、C选项不能推出，B选项是它的充要条件，可以推出，但反之不成立，故是的充分不必要条件.
故选：D
4. 西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具（如图1）．西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体．球缺的体积（R为球缺所在球的半径，h为球缺的高）．若一个西施壶的壶身高为8cm，壶口直径为6cm（如图2），则该壶壶身的容积约为（不考虑壶壁厚度，π取3.14）（ ）

A. 494ml B. 506ml C. 509ml D. 516ml
【答案】A
【解析】
【分析】依题意作出几何体轴截面图，即可求出对应线段的长，进而求出球的半径和球缺的高，再根据球的体积公式和球缺的体积求解即可.
【详解】如图作出几何体的轴截面如下面所示，
依题意，，为球心，为壶口所在圆的圆心，所以，
因为，所以，且，，
所以球的半径，所以球缺的高，
所以球缺的体积，
所以该壶壶身的容积约为：.
故选：A.


5. 厦门山海健康步道云海线全长约23公里，起于东渡邮轮广场，终于观音山沙滩，沿线申联贸鸟湖、狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、五缘湾、虎仔山、观音山等“八山三水”．市民甲计划从“八山三水”这11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对立事件，结合古典概型公式，即可求解.
【详解】11个景点随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选取景点中有“水”的对立事件是在狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山中选取3个相邻的，共有4种情况，则其概率，则11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率.
故选：C
6. 如图，（ ）

A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的定义和正弦、余弦的两角差公式求得和，再利用余弦的两角和公式计算即可.
【详解】设终边过点的角为，终边过点的角为，
由三角函数的定义可得，，
，，
所以，
，
所以，
故选：A
7. 圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把转化为，由余弦定理、数量积的定义得，讨论的位置得，结合锐角三角形恒成立，即可得范围.
【详解】由为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，

又，而，若外接圆半径为r，
则，故，且，即，
由，
对于且在圆上，当为直径时，当重合时，
所以，
综上，，
锐角三角形中，则，即恒成立，
所以，则恒成立，
综上，.
故选: C
8. 已知，，，则（ ）
A. c＞b＞a B. a＞b＞c C. c＞a＞b D. b＞a＞c
【答案】A
【解析】
【分析】根据数的结构构造函数，利用导数法研究函数的单调性，最后利用单调性比较大小即可.
【详解】令，则，所以在上单调递增，
又，所以，又，，，
所以c＞b＞a，
故选：A
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A. P(X＞32)＞P(Y＞32)
B. P(X≤36)＝P(Y≤36)
C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.
【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；
B., ，所以，故B正确；
C =，所以，故C正确；
D. ，，所以，故D正确.
故选：BCD
10. 函数f(x)＝b（x-a）2（x-b）的图象可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】首先根据解析式确定零点类型，再结合图象，判断选项.
【详解】由函数解析式可知，是不变号零点，是变号零点，
A.由图可知，变号零点是0，则，则，不成立，故A错误；
B.由图可知，变号零点小于0，不变号零点为0，则，此时，当，，当，，当时，，满足图象，故B正确；
C.由图可知，，，当时，，当时，，当时，，满足图象，故C正确；
D.由图可知，，，当时，，与图象不符，所以D错误.
故选：BC
11. 如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）

A. CD⊥平面ABC B. AC与BE所成角的大小为 C. D. 该六面体外接球的表面积为3π
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.
【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，

因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
因为，所以，故C正确；

显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
12. 定义在R上的函数满足，函数的图象关于对称，则( )
A. 的图象关于对称 B. 4是的一个周期
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对A：由函数的图象关于对称可推得的图象关于对称.
对B：令,由及可得到的图象于对称且关于对称，故4为的一个周期,而不是的一个周期.
对C：举例说明
对D：由的周期性求得的值.
【详解】对A：因为关于对称,有，
令，则，的图象关于对称.选项A正确；
对B：由题设条件得，
令，有，则的图象于对称，
因为，有，
即，则的图象关于对称.
所以，又，所以，
所以，所以，
所以4为的一个周期，即，
则.选项B不正确；
对C：由上知图象关于对称，对称，
则令符合题意，而.故C不正确;
对D：因为图象关于对称，所以，
故，有.选项D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：令是解题的关键，通过研究的对称性，周期性得到的性质，关于的求值问题也转化为的求值问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 将函数的图象向左平移个单位长度．得到函数g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则φ＝_______．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据平移规律求函数的解析式，再根据函数是奇函数，求的值.
【详解】函数向左平移个单位长度，得到函数，
函数是奇函数，所以，则，，
则，，因为，所以.
故答案为：
14. 写出与直线 和圆都相切的一个圆的方程________．
【答案】 （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.
【解析】
【分析】根据相切关系，列出圆心和半径应该满足的条件即可.
【详解】设圆的方程为:
和直线相切可以得：
和圆相切得：或
若则
此时圆的方程：
故答案为： （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.
15. 数列满足，若，，则＝____________．
【答案】-6
【解析】
【分析】由递推公式可得数列的周期为4，又因为，再由计算即可.
【详解】解：因为，，
所以，，，，
所以数列的周期为4，
又因为，
所以.
故答案为：-6
16. 不与x轴重合的直线l过点N（,0）（xN≠0），双曲线C：（a＞0，b＞0）上存在两点A、B关于l对称，AB中点M的横坐标为．若，则C的离心率为____________．
【答案】2
【解析】
【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得离心率.
【详解】设，
则，两式相减得，
即，
即 ，
所以，
因为是AB垂直平分线，有，所以，
即，化简得，故.
故答案为：2
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. 的内角的对边分别为，已知．
（1）求B；
（2）A的角平分线与C的角平分线相交于点D，，，求和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理化简即可得到结果；
（2）由题意可得，然后由余弦定理即可得到，然后在中，由等面积法即可得到，从而求得.
【小问1详解】
由余弦定理可得，，整理可得，
则，且，所以
【小问2详解】

因为分别是的角平分线，连接，则为的角平分线，即点为三角形的内心，
则

，
又因为，，
在中，由余弦定理可得，
，
则，
过点，分别做的垂线，垂足为，
在中，，
可得，即
在直角三角形中，
则
18. 如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，CD⊥AD，A1D⊥BD1．

（1）证明：四边形ADD1A1为正方形；
（2）若直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为，CD＝2AB，求平面ABD1与平面BCD1的夹角的大小．
【答案】（1）详见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）易证平面，从而得到，再由，得平面，从而得到，然后由正方形的定义证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为求得a，b的关系，再分别求得平面ABD1的一个法向量为和平面BCD1的一个法向量为，由求解.
【小问1详解】
解：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知：，
又，且，
所以平面，
又平面，
所以，又，且，
所以平面，
又平面，
所以，
因为四边形是矩形，
所以是正方形；
【小问2详解】
建立如图所示空间直角坐标系：
，
设，
则，所以，
设ABCD的一个法向量为，
直线BD1与平面ABCD所成的角为，
则，即，解得，
则，
所以，
设平面ABD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设平面BCD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
因为，则，
所以平面ABD1与平面BCD1的夹角为.
19. 记等差数列的公差为，前项和为；等比数列的公比为，前项和为，已知，，．
（1）求和；
（2）若，，求的前项和．
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）可求得，使用分组求和.
【小问1详解】
由已知条件可得:
①，②，③，
由①②消去得:，
由①③得:，
所以，得或，
所以或.
【小问2详解】
当时，，则，
所以，
所以
，
的前项和为




20. 移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域．截至2022年底，我国移动物联网连接数达18.45亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家．右图是2018-2022年移动物联网连接数W与年份代码t的散点图，其中年份2018-2022对应的t分别为1~5．

（1）根据散点图推断两个变量是否线性相关．计算样本相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度；
（2）(i)假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，两个变量满足一元线性回归模型 （随机误差）．请推导：当随机误差平方和Q＝取得最小值时，参数b的最小二乘估计．
(ii)令变量，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用(i)中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数．
附：样本相关系数，，，，
【答案】（1）,这两个变量正线性相关，且相关程度很强.
（2）（i）；（ii）经验回归方程;预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.
【解析】
【分析】（1）根据相关系数计算，若两个变量正相关，若两个变量负相关，越接近于1说明线性相关越强.
（2）(i)整理得，根据二次函数求最小值时的取值；
(ii) 根据计算公式求得经验回归方程， 并代入可预测2024年移动物联网连接数.
【小问1详解】
由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断两个变量线性相关.
因为,
所以 ,
所以 ,
所以这两个变量正线性相关，且相关程度很强.
【小问2详解】
(i)
，
要使取得最小值，当且仅当.
(ii) 由(i)知 ，
所以y关于x的经验回归方程，又，
所以当 时，则，
所以预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.
21. 已知函数（a∈R）．
（1）讨论的单调性：
（2）证明：对任意，存在正数b使得．且2lna+b＜0．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况，讨论函数的单调性；
（2）由（1）的单调性可知，再通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，并结合零点存在性定理证明.
【小问1详解】
，
当，则，则函数在上单调递减，
若，令，得，当，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上可知，当，函数在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，，且在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，
因为，
设，
，
所以在上单调递减，所以，即，
由零点存在性定理知，使得，
取，则，且.
【点睛】本题考查函数的单调性，导数及其应用，考查推理，论证，运算能力，考查函数与方程思想，化归于转化思想，分类与整合思想，本题的关键是根据，构造函数，再根据导数判断，
22. 已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交C丁A．B两点．当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3．
（1）求C的方程；
（2）是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由椭圆的离心率及△ABF2的面积为3，列出两个基本量的方程求解即可；
（2）根据对称性可知，圆E的圆心在轴上，利用直线l特殊位置时求出符合条件的圆E的方程，一般情况下前进性验证即可.
【小问1详解】
已知椭圆C的离心率为，所以；
由当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3，得，即，又，
所以，又，则，椭圆方程为.
【小问2详解】
当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；
当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；
因为直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，
根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R,
当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，
则，，故，
又，所以， ，即，，圆E的方程为；
当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，
则，，故，又，
所以， ，即，，圆E的方程为；
当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为,，，
联立，得，
则，，
所以AB的中点即以AB为直径的圆的圆心，半径，当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
综上圆E的方程或.
【点睛】与圆锥曲线相关的圆问题方法点睛
因为圆的方程在圆锥曲线的求解过程中计算量比较大，所以往往不直接进行求解，而是由特殊位置求解圆的方程或者找到其特征，再一般情况下进行验证即可.