2023年福建省漳州市高考数学第三次质检试卷（含答案解析）

2023年福建省漳州市高考数学第三次质检试卷

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数为复数z的共轭复数，且满足，z在复平面内对应的点在第二象限，则(    )

A.  B.  C. 1 D.

3.  已知数列为递减的等比数列，，且，，则的公比为(    )

A.  B.  C.  D. 2

4.  英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型.如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过tmin物体的温度将满足，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线C交于P，Q两点，且，，则当取得最小值时，双曲线C的离心率为(    )

A. 3 B.  C. 2 D.

7.  已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为(    )

A. 2 B.  C.  D.

9.  已知附件某地区甲、乙两所高中学校的六次联合模拟考试的数学平均分数满分150分的统计如图所示，则(    )

A. 甲校的平均分均高于乙校的平均分
B. 甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差
C. 甲校六次平均分第25百分位数小于乙校六次平均分的第75百分位数
D. 甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差

10.  在正方体中，P为线段上的动点，则(    )

A. 平面
B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线AP与所成角的取值范围是

11.  已知函数在上有且仅有4条对称轴；则(    )

A.
B. 可能是的最小正周期
C. 函数在上单调递增
D. 函数在上可能有3个或4个零点

12.  已知数列，，且满足，，则(    )

A.
B. 的最大值为1
C.
D.

13.  已知函数是定义在上的奇函数，且，则______ .

14.  的展开式中项的系数为______ .

15.  已知，点D满足，点E为线段CD上异于C，D的动点，若，则的取值范围是______ .

16.  已知椭圆的长轴长为4，离心率为，P，Q为C上的两个动点，且直线OP与OQ斜率之积为为坐标原点，则椭圆C的短轴长为______ ，______ .

17.  已知为等差数列的前n项和，，，
求数列的通项公式；
若，求数列的前n项和

18.  如图，平面四边形ABCD内接于圆O，内角，对角线AC的长为7，圆O的半径为
若，，求四边形ABCD的面积；
求周长的最大值.

19.  如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，G为棱上一点，，过A，G，三点的平面交于点
求点D到平面的距离；
求平面AEC与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

20.  2022年11月17日，由工业和信息化部、安徽省人民政府共同主办的第十七届“中国芯”集成电路产业大会在合肥成功举办.此次大会以“强芯固基以质为本”为主题，旨在培育壮大我国集成电路产业，夯实产业基础、营造良好产业生态年，全国芯片研发单位相比2006年增加194家，提交芯片数量增加299个，均增长超过6倍.某芯片研发单位用在“A芯片”上研发费用占本单位总研发费用的百分比如表所示.

根据表中的数据，作出相应的折线图；并结合相关数据，计算相关系数r，并推断y与t线性相关程度；已知：，则认为y与t线性相关很强；，则认为y与t线性相关一般；，则认为y与t线性相关较弱
求出y与t的回归直线方程保留一位小数；
请判断，若2024年用在“A芯片”上研发费用不低于295万元，则该单位2024年芯片研发的总费用预算为500万元是否符合研发要求？
附：相关数据：，，，
相关计算公式：①相关系数；
在回归直线方程中，，

21.  已知函数
证明：当时，函数在区间上不是单调函数；
证明：当时，对任意的恒成立.

22.  已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点和点在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线：的焦点F的距离为
求椭圆C和抛物线的方程；
直线l：与抛物线交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点.
若，抛物线在点P，Q处的切线交于点S，求证：；
若，是否存在定点，使得直线MT，NT的倾斜角互补？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：由得：，即，
由得：，解得：，即，

故选：
解不等式可分别求得集合A，B，由并集定义可得结果．
本题主要考查了集合并集运算，属于基础题．
 

2.【答案】C 

【解析】解：设，
z在复平面内对应的点在第二象限，
故，，
则，即，
由，得，
结合，，解得，
则，
故
故选：
根据共轭复数的定义，利用复数的运算以及复数相等，建立方程组，结合复数的几何意义，可得实部与虚部，根据复数的模长公式，可得答案．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
 

3.【答案】A 

【解析】解：为递减的等比数列，
，解得舍或，
的公比
故选：
由等比数列下标和性质，结合数列单调性可求得，，根据等比数列通项公式可求得结果．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
 

4.【答案】C 

【解析】解：由题意得：，即，，，
由得：，即，解得：，
若使物体的温度为，需要冷却
故选：
根据已知函数模型和冷却的数据可求得k，再代入所求数据，解方程即可求得结果．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
 

5.【答案】B 

【解析】解：
故选：
利用诱导公式和二倍角余弦公式直接化简求解即可．
本题主要考查诱导公式及二倍角公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
 

6.【答案】D 

【解析】解：不妨设P位于第一象限，双曲线C的右焦点为，连接，，如图所示：

为PQ，中点，
四边形为平行四边形，，，
设，，则，
又，即，解得，
在中，，
，
当且仅当时取等号，
当取得最小值时，双曲线C的离心率，
故选：
根据对称关系得，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，利用基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率求解，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

7.【答案】C 

【解析】解：由题意，作正三棱锥，取AB中点D，连接PD，CD，取等边的中心O，连接PO，如下图所示：

在正三棱锥中，，平面ABC，为AB中点，，
在等边中，为AB中点，，平面ABC，平面APB，，
设，则在中，，
在中，，
在中，根据余弦定理，，
则，解得，
则，，
在等边中，是中心，，，，
平面ABC，平面ABC，，
在中，，
设正三棱锥的外接球的半径为r，
假设正三棱锥的外接球球心在线段PO上，则，
可得，解得，不符合题意；
假设正三棱锥的外接球球心在线段PO的延长线上，则，
可得，解得，符合题意．
故正三棱锥的外接球表面积
故选：
根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案．
本题主要考查求得表面积的求法，多面体外接球问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 

8.【答案】C 

【解析】解：由题意知：，，
联立两式可得：，
令，则；
令，则在上单调递增，
又，，
在上存在唯一零点t，且，
，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
，

故选：
根据零点定义可整理得到，令，利用导数，结合零点存在定理的知识可确定在上单调递减，在上单调递增，并得到，，由可确定，由此化简所求式子即可得到结果．
本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关键是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，进而利用等量关系式化简最值和所求式子．
 

9.【答案】BCD 

【解析】解：对于A，甲校第2次考试的平均分低于乙校第2次考试的平均分，A错误；
对于B，由图可知：甲校六次考试的平均分相对于乙校六次考试的平均分更加集中，说明数据更加稳定，则甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正确；
对于C，，甲校平均分按从小到大顺序排列，第2个成绩为第25百分位数，由图可知，为第5次考试的平均分，约为90分，
，乙校平均分按从小到大顺序排列，第5个成绩为第75百分位数，由图可知，为第2次考试的平均分，高于90，
甲校六次平均分第25百分位数小于乙校六次平均分的第75百分位数，C正确；
对于D，由图可知：甲校平均分的最高值和最低值的分差明显小于乙校平均分最高值和最低值的分差，即甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差，D正确．
故选：
根据图表，结合方差、百分位数、极差的概念依次判断各个选项即可．
本题主要考查了统计图的应用，考查了平均数、方差和极差的计算，属于基础题．
 

10.【答案】ABC 

【解析】解：对选项A，，，
四边形是平行四边形，
，平面，平面，
平面，
，，
四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面平面，又P为线段上的动点，平面，
平面，正确；
对B选项，平面，平面，
，又，，，平面，
平面，又平面，
，同理可证，，
又，，平面，
平面，正确；
对选项C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项A可得，平面，平面平面，
到平面的距离为定值，又底面积为定值，
三棱锥的体积为定值，正确；
对选项D，，
直线AP与所成角即直线AP与所成角，
在中，当点P与或C重合时，取到最小值，
当点P在线段中点时，取到最大值，故D错误．
故选：
根据面面平行的判定定理证明出平面平面，判断选项A；
根据线面垂直的判定定理证出平面，判断选项B；
根据三棱锥的等体积转换结合面面平行，判断选项C；
根据异面直线所成角的平移，判断选项
本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，线面垂直的判定定理与性质，三棱锥的体积问题，异面直线所成角问题，属中档题．
 

11.【答案】AD 

【解析】解：；
对于A，当时，，
在上有且仅有4条对称轴，，解得：，
即正确；
对于B，若是的最小正周期，则不能是的最小正周期，B错误；
对于C，当时，；

，当时，不是单调函数，C错误；
对于D，当时，，；
当时，在上有3个零点；
当时，在上有4个零点；在上可能有3个或4个零点，D正确．
故选：
利用二倍角和辅助角公式化简得到；根据对称轴条数可确定，进而解得范围，知A正确；不符合A中范围，知B错误；根据可知当时，函数不单调，知C错误；根据分类讨论可得零点个数，知D正确．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】BCD 

【解析】解：对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，当且仅当时取等号，
，即，，C正确；
对于D，由C知：，，
，D正确．
故选：
根据递推关系式可求得，，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确．
本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论．
 

13.【答案】 

【解析】解：由函数是定义在上的奇函数，
则，，
由，则
故答案为：
根据奇函数的性质，结合题目中的函数解析式，可得答案．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
 

14.【答案】240 

【解析】解：由，
则其展开式的通项，化简可得，
令，则，
故
故答案为：
利用二项式定理的展开原理，写出通项，利用方程，可得答案．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题意设，，因为，所以，
所以，
又，则，
所以，
又因为，由二次函数得性质得，
所以得取值范围为
故答案为：
利用向量得加减法，利用为基底，表示出，整理方程，结合二次函数得性质，可得答案．
本题主要考查了平面向量基本定理，属于基础题．
 

16.【答案】2 5 

【解析】解：根据题意可得，解得，，，
椭圆，
设，，
，
，
，



故答案为：2；
根据椭圆长轴长、离心率可求得b，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果．
本题考查椭圆的几何性质，三角换元，三角函数的公式的应用，属中档题．
 

17.【答案】解：设等差数列的公差为d，
则，解得：，

由得：，
，

 

【解析】利用等差数列通项公式和求和公式可直接构造方程组求得，d，进而得到；
由可得，采用裂项相消法可求得结果．
本题主要考查数列的求和，考查等差数列的通项公式，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：如图所示，连结OA，OC，
在中，，，
所以，
因为，所以，则，
因为，所以为等边三角形，
所以，
因为，
所以，
在中，，即，
又因为，
所以，
所以，
所以
设，，
则在中，，，则，即，
故，
因为，，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，则，
因为，故，当且仅当时，等号成立，
所以，即周长的最大值为 

【解析】在中利用余弦定理求得，从而证得为等边三角形，求得其面积，再在中利用余弦定理求得，从而利用三角形面积公式求得的面积，由此得解；
利用余弦定理得到，从而利用基本不等式推得，由此得解．
本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式及基本不等式在求解三角形中的应用，属于中档题．
 

19.【答案】解：连接AC，BD交于点O，
四边形ABCD为菱形，，
以正方向为x，y轴，作z轴，可建系如图，
，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，
点D到平面的距离；
由直棱柱的结构特征知：平面平面，
又平面，平面，
平面平面，平面，
，同理可得，
四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
又，，，
，，，
设平面AEC的法向量，
则，取，
设平面BEC的法向量，
则，取，
平面AEC与平面BEC所成锐二面角的余弦值为：
 

【解析】连接AC，BD交于点O，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；
根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得E点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果．
本题考查向量法求解点面距问题，向量法求解面面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
 

20.【答案】解：折线图如下：

由题意得：，，，
，
，与t线性相关很强；
由题意得：，，
关于t的回归直线方程为；
年对应的年份代码，则当时，，
预测2024年用在“A芯片”上的研发费用约为万元，
，符合研发要求． 

【解析】根据表格数据可绘制折线图，结合公式可求得相关系数r，对比已知线性相关强度判断依据即可得到结论；
采用最小二乘法即可求得回归直线；
将代入回归直线可求得，进而计算得到预算为500万元时的研发费用的预估值，由此可得结论．
本题主要考查了利用最小二乘法求回归直线方程，属于中档题．
 

21.【答案】证明：当时，，则，
令，则，
在上单调递减，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在区间上不是单调函数．
当时，要证对任意的恒成立，
即证当时，对任意的恒成立，
即证对任意的恒成立；
令，则，
，
；
①当时，在上恒成立，在上单调递增，
；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
综上所述：当时，；
在上单调递增，
，
当时，对任意的恒成立，即当时，对任意的恒成立． 

【解析】求导后，结合零点存在定理可确定的正负，由此可得函数单调性，从而得到结论；
将所证不等式转化为，构造函数，利用导数分别讨论和时的单调性，求得；由可得结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的求解；本题证明不等式恒成立的关键是将问题转化为两函数最值的比较问题，从而利用导数求出新函数的最值，使得原不等式得证．
 

22.【答案】解：设椭圆C的方程为：，
和在椭圆C上，，解得，
椭圆C的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆C的左顶点为，又，，解得：，
抛物线的方程为；
证明：当时，直线l：，即，
令，则直线l：，设，，
由得：，
则，，，；
设抛物线在点P，Q处的切线方程分别为：，，
由得：，，
又，则，，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，，
又，；
同理可得：；，
要证，等价于证明，
，又，，
同理可得：，，即；
当时，直线l：，
假设存在点，使直线MT，NT的倾斜角互补，则直线MT，NT的斜率之和为0；
设，，
由得：，，即恒成立，
，，，，
即，，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线MT，NT的倾斜角互补． 

【解析】设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得p，进而得到抛物线方程；
联立直线l与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得S点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；
假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为0，将直线l与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为0可构造等式，消元整理得到
本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点定值问题，考查运算求解能力，属于难题．