2023届福建省福州第三中学高三第三次质量检测数学试题含解析

2023届福建省福州第三中学高三第三次质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先分别求出集合 ，再求交集即可.

【详解】,

所以

故选：B

【点睛】本题考查指数函数的值域问题，集合求交集运算，属于基础题.

2．已知复数，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由求出即可得出.

【详解】由，可得，解得或0，

所以是的充分不必要条件.

故选：A.

3．把120个面包全部分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的7倍，则最小一份的面包个数为（    ）

A．2 B．5 C．6 D．11

【答案】A

【分析】利用等差数列的基本量和，列等式，即可求解.

【详解】设等差数列的首项为，公差为，由条件可知，

，，即，

即 ，解得：，，

所以最小一份的面包个数为个.

故选：A

4．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行．若中心组学习必须安排在前2个阶段，且主题班会、主题团日安排的阶段相邻，则不同的安排方案共有（    ）

A．12种 B．28种 C．20种 D．16种

【答案】C

【分析】分中心组学习在第1阶段和第2阶段分别求解，再利用分类加法计数原理求解即可．

【详解】若中心组学习安排在第1阶段，则其余四种活动的安排方法有（种）；若中心组学习安排在第2阶段，则主题班会、主题团日可安排在第3，4阶段或者第4，5阶段，专题报告会、党员活动日分别安排在剩下的2个阶段，不同的安排方法有（种）．故共有种不同的安排方案，

故选：C．

5．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先得到在上单调递增，则，然后再逐个分析判断即可.

【详解】因为，

所以，

令，

因为和在上单调递增，

所以在上单调递增，

所以由，得，

对于A，当时，满足，而，所以A错误，

对于B，当时，满足，而，所以B错误，

对于C，当时，满足，而，所以C错误，

对于D，因为，所以，因为在上单调递增，所以，所以D正确，

故选：D

6．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用圆锥侧面积公式推得，再由侧面展开图的圆心角公式推得，由此得到两圆锥高分别为与，从而求得两圆锥体积的比值.

【详解】依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为，高为，乙圆锥底面半径为，高为，两者母线长为，

则，

由得，故，

因为侧面展开图的圆心角之和为，所以，故，

所以，，

所以.

故选：A.

.

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设关于平分线的对称点为，根据题意可得三点共线，设，则，在中，分别求得，再利用余弦定理可得的齐次式，即可得出答案.

【详解】解：设关于平分线的对称点为，

则三点共线，

设，则，

又，所以为等边三角形，所以，

又，所以，

在中，由余弦定理可得：

，

即，所以，

所以.

故选：B.

8．若函数的图象上存在两点关于直线对称，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断两点分别在分段函数的两段解析式上，再由对称推得且，构造函数，则，利用导数求得的单调性及最值，从而求得的取值范围.

【详解】因为，在各自的定义域上单调递增，所以存在的关于直线对称的这两点不可能都在同一个解析式上，

不妨设这两点为，且在上，在上，

则，，，且，

所以，，，

由得，即，故，

又由得，

令，则，

所以在上单调递增，故，

因为，所以，即.

故选：B.

二、多选题

9．假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下表：

在该市场中任意买一部智能手机，用，，分别表示买到的智能手机为甲品牌､乙品牌､其他品牌，B表示买到的是优质品，则（    ）A．              B．              C．              D．

【答案】ACD

【分析】根据表中数据，结合条件概率公式、全概率公式逐一判断即可.

【详解】因为乙品牌市场占有率为30%，所以，因此选项A正确；

因为，所以选项B不正确；

因为，所以选项C正确；因为

所以选项D正确，

故选：ACD

10．已知圆，则（    ）

A．若圆与轴相切，则

B．若直线平分圆的周长，则

C．圆的圆心到原点的距离的最小值为

D．圆与圆可能外切

【答案】ACD

【分析】由表达式求出圆心和半径，对A，由圆与轴相切，可得，化简可求值；对B，可判断圆心过直线，化简可求；对C，结合两点距离公式和二次函数性质可求距离最值；对D，结合圆心距离与外切关系建立等式，构造函数，结合零点存在定理即可判断.

【详解】对于圆，圆心为，半径，

对A，圆与轴相切，则，化简可得，故A正确；

对B，若直线平分圆的周长，说明圆心过直线，将代入可得，，故B错误；

对C，结合点到点距离公式可得圆的圆心到原点的距离，当时取到最小值，故C正确；

对D，圆的圆心为，半径为，若圆与圆外切，则，令，函数显然连续，，根据零点存在定理，必然存在，使得，故圆与圆可能外切，故D正确.

故选：ACD

11．已知函数在区间上单调，且满足则（    ）

A．

B．

C．关于的方程在区间上最多有4个不相等的实数解

D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为

【答案】AD

【分析】在一个单调区间内，由相反的函数值，得对称中心，判断A，由题意得出周期的范围，即可求出的范围，在上至多有3个完整周期，而在1个完整周期内只有1解判断C，由函数在区间上零点个数确定周期的范围从而得范围，结合已知单调区间得出范围后判断D．

【详解】解：因为函数在区间上单调且，，所以，故A正确；

由在区间上单调，，得，

所以，即，所以，故B错误；

所以在上至多有个完整周期，而在1个完整周期内只有1解，

故在上最多有个实数解，因此C错误；

函数在区间上恰有5个零点，

则，即，解得，

又，即，即，

所以，D正确．

故选：AD．

12．棱长为4的正方体中，，分别为棱，的中点，若，则（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．二面角的正切值的取值范围为

C．当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形

D．当时，三棱锥的外接球的表面积为

【答案】ACD

【分析】根据平面，得到到平面的距离为定值，可判断A正确；当时，点G与点C重合，得到二面角的平面角大于，可判断B错误;

当时，得到，可判断C正确；在上取点H，使，连接，结合，列出方程，可判断D正确.

【详解】可得G是线段上的一个动点，又平面， 点G到平面的距离为定值，所以三棱锥，故A正确；

对于B中，当时，点G和点C重合，此时二面角的平面角大于，如下图所示，此时二面角的正切值小于0，故B不正确.

对于C，当时，此时，即点G为的中点，如下图所示，连接，此时，在正方体，分别为棱，的中点，则且，在直角中，可得，同理可得，则四边形为等腰梯形

故C正确；

对于D，如下图所示，连接,交EF于J，则J为EF的中点，

在上取点，使，连接GH，则，平面，

则，设三棱锥的外接球的球心为,则，，得点在过点且平行于的直线上，设，

，，解得，，三棱锥的外接球的表面积为，则D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知，，则__________．

【答案】2

【分析】根据正余弦的二倍角公式，结合同角三角函数的关系化简求解即可

【详解】因为，即，由正余弦的二倍角公式可得，

又，所以，

故，

故答案为：2．

14．已知，是与方向相同的单位向量.若向量在方向上的投影向量是，则______.

【答案】

【分析】先求得在方向上的投影，再乘以与方向相同的单位向量，即得到投影向量，利用向量的数量积运算即可得到的值.

【详解】设与的夹角为，则在方向上的投影为，

所以向量在方向上的投影向量为，故，

故.

故答案为：.

15．若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，，使得，则的最小值为______.

【答案】10

【分析】将问题转化为直线上任意两点为直径的圆包含圆，结合直线上与圆最近的点，与圆上点距离的范围，即可确定的最小值.

【详解】由题设圆，故圆心，半径为，

所以到的距离，故直线与圆相离，

故圆上点到直线的距离范围为，

圆上任意的点，直线上总存在不同两点、，使，

即以为直径的圆包含圆，至少要保证直线上与圆最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆，

所以.

故答案为：10

四、双空题

16．如图所示阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正三角形的边长为4，取正三角形各边的四等分点，，，作第2个正三角形，然后再取正三角形各边的四等分点，，， 作第3个正三角形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案 .如图阴影部分，设三角形面积为，后续各阴影三角形面积依次为，，…，，….则___________，数列的前项和__________

【答案】         

【分析】设正三角形边长为，后续各正三角形边长依次为，，…，，进而由余弦定理得，在结合三角形面积公式得，故数列是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列求即可.

【详解】设正三角形边长为，后续各正三角形边长依次为，，…，，

由题意，

，

由于，

所以，

于是数列是以为首项，为公比的等比数列

故答案为：；

五、解答题

17．记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)设，求的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的定义，写出数列的通项公式，整理可得数列的递推公式，利用累乘法，可得答案；

（2）利用分组求和法以及等差数列求和公式，可得答案.

【详解】（1）由是公差为的等差数列，且，则，

即，当时，，两式相减可得：，整理可得，

故，将代入上式，，

故的通项公式为.

（2）由，则.

18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.

(1)求证：平面平面；

(2)若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知，根据条件先推导，然后再根据，所以，结合，使用线面垂直的判定定理证明平面，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.

【详解】（1）因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，所以，

又因为平面，平面，所以，

又因为，平面，所以平面，

而平面，所以平面平面.

得证.

（2）

如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则

，，，

设平面的法向量为，则，即，

令可得平面的法向量为，

设直线PB与平面ADP所成角为，则

.

直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.

19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求B；

(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理角化边，再借助余弦定理计算作答.

（2）利用正弦定理将周长表示为角C的函数，由（1）及锐角三角形条件结合三角函数变换和性质求解作答.

【详解】（1）在中，由正弦定理及得：，

整理得：，由余弦定理得：，而，解得，

所以.

（2）由（1）知，即，因为锐角三角形，即，解得，

由正弦定理得：，

则，

当时，，，而，

即，因此，，则，

所以周长的取值范围是.

20．某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L（单位：M）的数据，其频率分布直方图如下：

若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．

(1)从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300M的概率；

(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：

这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200M流量，资费20元，以此类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．

【答案】(1)0.784

(2)学校订购B套餐最经济，理由见解析

【分析】（1）设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，由图可求出教师手机月使用流量不超过300M的概率P，则其服从二项分布，则所求概率为；

（2）对每种套餐，求出学校可能承担的月费用及其对应的概率，则可求月费用的期望，比较即可

【详解】（1）记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D．依题意，．

从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，则，所以从该校教师中随机抽取3人，至多有1人手机月使用流量不超过300M的概率为．

（2）依题意，从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量的概率为，的概率为．

当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为20，35，50，且，，，所以的分布列为

所以（元）．

当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为30，45，且，，

所以的分布列为

所以（元）．

当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为38，且，所以（元）．

因为，所以学校订购B套餐最经济．

21．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由.

【答案】(1)

(2)过定点

【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，

（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线与的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点.

【详解】（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，

所以，

因为椭圆过点，

所以，，得，

所以椭圆方程为，

（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，

由，得，

，

所以，

所以，

，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

化简得，

即，

所以或，

当时，直线的方程为，

则直线过定点（舍去），

当时，直线的方程为，

所以直线过定点，

②当直线的斜率不存在时，设直线为（），

由，得

所以，

所以，

解得（舍去），或，

所以直线也过定点，

综上，直线恒过定点.

22．已知函数有两个极值点，.

(1)求的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1），得到，整理得，通过导数，得到的取值范围，进而得到的取值范围

（2） 证成立，转化为证成立，利用①和②，再把题目转化为证成立，取，，问题进一步转化为证成立，最后利用导数来证明恒成立，题目即可得证.

【详解】（1），依题意得和为方程的两个不等正实根，，，令，当时，；

当，，在上单调递增，在上单调递减，所以，在上的，且，

又时，，，

综上，在上，，在上，且

在上单调递增，在上单调递减，

又因为时，

当与有两个交点时，必有，解得，故实数的取值范围是.

（2）若成立，则证成立，

由是的不同极值点，如是的两根，即，所以，①，联立可得，②，

所以，要证明成立，由①得，即证，成立，由②得，

即证成立，因为，则等价于，令，，问题转化为证明成立，又因为，，在上单调递增，当，，所以题目得证.