2023届福建省莆田市高三下学期3月第二次教学质量检测数学试题含解析

2023届福建省莆田市高三下学期3月第二次教学质量检测数学试题

一、单选题

1．设全集，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知得出全集，即可根据集合的补集运算得出答案.

【详解】解得，

则全集，

则，

故选：D.

2．设i为虚数单位，，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算求得，再利用复数的模的计算公式即可得解.

【详解】因为，

所以，则，

所以.

故选：B.

3．某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%．若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为（    ）

A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77

【答案】D

【分析】根据全概率公式进行分析求解即可.

【详解】由图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%，20%，10%，

记事件分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则，且两两互斥，

所以，

又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%，

记事件为“选到绑带式口罩”，则

所以由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为.

故选：D.

4．已知F为抛物线的焦点，A为C上的一点，中点的横坐标为2，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】根据中点的横坐标求出点横坐标，进而由焦半径公式求出答案.

【详解】由题意得：，准线方程为，

设，则中点的横坐标为，

故，解得：，

由抛物线的焦半径可知：.

故选：B

5．若，则（    ）

A．是等差数列 B．是等比数列

C．是等差数列 D．是等比数列

【答案】A

【分析】根据已知指数式，求出，结合对数的运算法则及等差数列与等比数列的定义逐项判断即可得结论.

【详解】因为，

所以，

则，故是等差数列，故A正确；

因为，

所以，故不是等比数列，故B不正确；

因为，

所以，故不是等差数列，故C不正确；

因为，

所以，故不是等比数列，故D不正确.

故选：A.

6．某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（    ）（）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.

【详解】设半球的半径为，因为，

所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，

所以，

所以该实心模型的体积为，

所以制作该模型所需原料的质量为

故选：C

7．已知函数，将其图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．的顶点都是与图象的公共点，则面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用三角函数平移的性质得到的解析式，从而作出的部分图像，联立的方程求得的坐标，再结合图像即可得到的高为，其底边最短时为，从而得解.

【详解】因为将的图象向左平移个单位长度，得到函数，

所以，故的部分图像如下，

，

不妨记的图像在轴正半轴的交点依次为，在轴负半轴的第一个交点为，

由三角函数的性质易得，即的高是一个定值，其值为到的距离，

联立，得，即，

则，即，故，所以，

当时，，即，

当时，，即，

当时，，即，

所以，

因此要使得面积最小，只需使得的底边最短即可，

显然是与图象的公共点中，作为的底边时，长度最小的边长之一，此时，

所以.

故选：B.

8．在正方体中，点M，N分别是上的动点，当线段的长最小时，直线与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，找到为的公垂线，即线段的长最小，进而表达出的坐标，从而利用线面角的夹角公式进行求解.

【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为平面，平面，

所以，

因为正方形中，，且，平面，

所以⊥平面，

因为点M ，N分别是上的动点，

当点为交点时，⊥，过点作于点，

此时为的公垂线，即线段的长最小，

设正方体边长为，则，，

因为，所以，故，

解得：，，

过点作于点，故，即，

解得：，，故，

，平面的法向量为，

设与平面所成角大小为，

则.

故选：A

二、多选题

9．已知圆，点，点M在x轴上，则（    ）

A．B不在圆C上 B．y轴被圆C截得的弦长为3

C．A，B，C三点共线 D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】A选项，代入，验证其是否在圆上；B选项，由垂径定理得到弦长；C选项，根据条件，可知为直径，故A，B，C三点共线；D选项，结合为直径，且轴为的一条切线，可得的最大值.

【详解】A选项，因为，故在圆C上，A错误；

B选项，的圆心为，半径为，圆心到轴的距离为2，

由垂径定理，得y轴被圆C截得的弦长为，B正确；

C选项，因为，故在圆上，

又，即为半径的2倍，

因为在圆C上，故为直径，过圆心，故A，B，C三点共线，C正确；

D选项，由C知为直径，由于圆心为，半径为，

故轴为的一条切线，

故的最大值为，D正确.

故选：BCD.

10．“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩（单位：秒）服从正态分布，且．从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在间的个数记为X，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】A选项，由正态分布的对称性可知，A正确；B选项，由得到；C选项，求出和，得到大小关系；D选项，由二项分布计算出，利用对立事件概率公式求出.

【详解】A选项，由正态分布的对称性可知：，

故，A错误；

B选项，，故，B正确；

C选项，，，故，C错误；

D选项，因为，所以，

故，D正确.

故选：BD

11．已知正四面体的棱长为，S是及其内部的点构成的集合．若，集合，则T表示的区域可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】先作出辅助线，得到正四面体的高，及侧面三角形的高，分，及三种情况，得到T表示的区域.

【详解】取的中点，连接，，

过点作平面，则在线段上，且，

因为正四面体的棱长为，所以，，

所以，由勾股定理得：，

因为，几何意义为以为球心，以为半径的球面及其内部与及其内部重合的部分，

当时，此时由于，

此时T表示的区域为以为圆心，以为半径的圆，A正确；

当时，此时，比大，比小，

T表示的区域为以为圆心，以为半径的圆，除去圆外部分，故为B选项；

当时，此时，

T表示的为以为圆心，以为半径的圆内且在三角形内的部分，即为三角形，D正确，

C选项不可能.

故选：ABD

12．已知函数的定义域为R，且为偶函数，则（    ）

A． B．为偶函数

C． D．

【答案】ACD

【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合的奇偶性即可判断；对于D，先推得的一个周期为6，再依次求得，从而利用的周期性即可判断.

【详解】对于A，因为，

令，则，故，则，故A正确；

对于B，因为的定义域为，关于原点对称，

令，则，又不恒为0，故，

所以为奇函数，故B错误；

对于C，因为为偶函数，所以，

令，则，故，

令，则，故，

又为奇函数，故，

所以，即，故C正确；

对于D，由选项C可知，

所以，故的一个周期为6，

因为，所以，

对于，

令，得，则，

令，得，则，

令，得，

令，得，

令，得，

所以，

又，

所以由的周期性可得：

，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得的奇偶性，再结合题设条件推得为周期函数，从而得解.

三、填空题

13．已知向量，为单位向量，，的夹角为，则_______．

【答案】

【分析】利用向量数量积的运算法则，结合转化法即可求得.

【详解】因为向量，为单位向量，，的夹角为，

所以，，，

故，

所以.

故答案为：.

14．的展开式中的系数为_______（用数字作答）

【答案】

【分析】利用二项式定理的展开式，即可解出．

【详解】因为，其中展开式的通项为，，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

15．直线l经过点，且与曲线相切，写出l的一个方程_______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先对求导，再假设直线l与的切点为，斜率为，从而得到关于的方程组，解之即可求得直线l的方程.

【详解】因为，

所以，

不妨设直线l与的切点为，斜率为，

则，解得或或，

当时，直线l为；

当时，直线l为，即；

当时，直线l为，即；

综上：直线l的方程为或或.

故答案为：（答案不唯一）.

16．已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，右焦点为F，B关于直线的对称点为．若过A，，F三点的圆的半径为a，则C的离心率为_______．

【答案】##0.5

【分析】由题意得到过A，，F三点的圆的半径也为a，求出线段的垂直平分线的方程及线段的垂直平分线，求出交点及圆心坐标，从而利用半径列出方程，求出，得到离心率.

【详解】由题意得：过A，，F三点的圆的半径也为a，

其中，线段的中点坐标为，

故直线的斜率为，故线段的垂直平分线的斜率为，

故线段的垂直平分线的方程为，

又线段的垂直平分线为，

联立与得：，

故圆心坐标为，故半径为，

故，其中，

解得：.

故答案为：

四、解答题

17．已知正项数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)设，记数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得；

（2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证.

【详解】（1）因为，

当时，，

因为，所以，

当时，，

两式相减得，，

因为，所以，

经检验，上式对于也适合，

所以的通项公式为.

（2）由（1）得，

所以，

，

两式相减得，

所以，

由于，显然，所以.

18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D为的中点，且．

(1)证明：；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在和中分别利用余弦定理，然后结合即可求解；

（2）在中，利用余弦定理求出，然后利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）如图，在中，由余弦定理可知：

，

在中，由余弦定理可知：

，

因为，所以，

则，整理化简可得：，

所以.

（2）由（1）可知：，因为，

在中，由余弦定理可知：

，

整理可得：，解得：，因为，

所以，

则，所以.

19．如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积为0得到，，从而证明出线面垂直；

（2）求出两平面的法向量，求出平面夹角的余弦值.

【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，

所以，又因为，，所以，

因为，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

因为为正方形，所以，

故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

因为，，

所以，，

因为平面，，

所以平面，

（2）由（1）可知：平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，

则，

解得：，令，则，所以，

设平面与平面夹角为，

故，

故平面与平面夹角的余弦值为.

20．互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．

(1)求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；

(2)为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：

每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．

当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．

参考数据：．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；

（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.

【详解】（1）根据题意，得，

因为，

同理，

所以

，

所以总样本的平均数为，方差.

（2）依题意可知，的所有可能取值为，

设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，

则，

所以，

，

，

所以.

21．如图，正六边形的边长为2．已知双曲线的焦点为A，D，两条渐近线分别为直线．

(1)建立适当的平面直角坐标系，求的方程；

(2)过A的直线l与交于M，N两点，，若点P满足，证明：P在一条定直线上．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，从而得到与，结合即可求得，，从而得解；

（2）先考虑直线为轴的情况，求得此时，再考虑直线不为轴的情况，联立直线与双曲线的方程得到，再结合求得，从而得到，由此得证.

【详解】（1）依题意，以直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图，

因为在正六边形中，为正三角形，，，

设双曲线的方程为，

由已知得的渐近线方程为，所以，

又焦距，所以，

又由，则，从而，

所以双曲线的方程为.

（2）依题意，设，

当直线为轴时，不失一般性，则，

又由（1）知，故，

所以，从而，

则，即，解得；

当直线不为轴时，设的方程为，由可知，

联立，消去，得，

则，，

因为，所以，

消去，得，

所以，

从而，

又也在直线上，

所以点在定直线上.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数．

(1)若的最小值为0，求a；

(2)设函数，若是增函数，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用函数最值与极值的关系推得为的一个极值点，从而求得，再代回检验是否满足题意即可得解；

（2）先利用同构法得到，再构造函数，结合（1）中结论证得，从而得到，由此得解.

【详解】（1）因为，所以，

又的最小值为0，所以为的一个极值点，

又因为，所以，解得，

检验：当时，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故，满足题意，

综上，.

（2）因为函数是增函数，

所以，

即，

令，则，

所以方程有解，

由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，

所以，当且仅当时，等号成立，

所以当时，，当且仅当时，等号成立，

所以，解得，

所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．