2023届福建省泉州市高三数学质量监测试题（三）试题含解析

2023届福建省泉州市高三数学质量监测试题（三）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.

【详解】因为，，

因此，.

故选：D.

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的乘法可求得结果.

【详解】因为，则，

所以，，因此，.

故选：C.

3．已知，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】A

【分析】由弦切互化可得，进而由余弦的二倍角公式以及齐次式的计算即可求解.

【详解】由可得，故，

故选：A

4．某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为，则射击一次，击中目标的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设该运动员射击一次，击中目标的概率为，利用独立事件和对立事件的概率公式可得出关于的等式，解之即可.

【详解】设该运动员射击一次，击中目标的概率为，

若该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为，解得.

故选：B.

5．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上．若，，则到的距离等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，分析出为等边三角形，并求出，从而可求得，即为所求.

【详解】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，

则，

所以，，所以，，所以，，

因为，所以，是边长为的等边三角形，则，

由抛物线的定义可知，所以，，故，

所以，，则，即点到直线的距离为.

故选：B.

6．定义在上的偶函数满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的对称性和周期性即可.

【详解】 可以得关于中心对称

且偶函数，所以的周期为4.

   即关于对称；

所以切线方程：

即：

故选：A.

7．图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体的性质，由线面垂直的判定定理，证明平面，得到MR为点M到直线的距离，然后在中，利用是的中位线求得正八面体的边长即可.

【详解】解：如图所示：

连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，

在正八面体中，易知，且，

所以 ，则 ，即 ，

又平面，则，又HG与RN相交，

所以平面，则MR为点M到直线的距离，

在中， ，则 ，

因为是的中位线，

所以，即，

故选：A

8．已知平面向量、、满足，，，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，以及的值，再利用平面向量的模长公式以及基本不等式可求得的最小值.

【详解】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，

因为，，，

所以，，

当且仅当时，等号成立.

因此，的最小值为.

故选：C.

二、多选题

9．已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（    ）

A．l与C恒有公共点 B．是钝角三角形

C．的面积的最大值为1 D．l被C截得的弦的长度的最小值为

【答案】ABD

【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.

【详解】直线与y轴交于点，

且在圆内部，

l与C恒有公共点，A正确；

在圆内部，

为钝角，是钝角三角形，B正确；

到的最大距离，即到圆心的距离为1，

，故C错误；

l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，

且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.

故选：ABD.

10．已知函数，则（    ）

A．与均在单调递增

B．的图象可由的图象平移得到

C．图象的对称轴均为图象的对称轴

D．函数的最大值为

【答案】AD

【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.

【详解】，

当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；

函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；

由，所以函数的对称轴为，

函数的对称轴为，

显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；

令，

所以，因为，

所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，

故选：AD

11．在长方体中，，，点、在底面内，直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且，则（    ）

A．

B．点的轨迹长度为

C．三棱锥的体积为定值

D．与该长方体的每个面所成的角都相等

【答案】BCD

【分析】将长方体补成正方体，连接、、、，设，，确定点的位置，求出的长，可判断A选项；确定点的轨迹，求出点的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.

【详解】如下图所所示，将长方体补成正方体，

连接、、、，设，，

易知与正方体的每一条棱所成的角都相等，

所以，与底面的交点即为点.

对于A选项，，A错；

对于B选项，因为平面，平面，则，

又因为四边形为正方形，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，同理，，

因为，、平面，则平面，

故平面，

因为，所以，平面，即平面，

又因为平面，平面平面，所以，，

所以，点的轨迹为线段，且，B对；

对于C选项，记点到平面的距离为，

由，

因为，则，则，故点为的中点，

同理可知，为的中点，所以，，

因为，，故四边形为平行四边形，所以，，

所以，，

因为平面，平面，则平面，

所以，点到平面的距离为定值，

又因为的面积为定值，所以，三棱锥为定值，C对；

对于D选项，因为到平面、平面、平面的距离都相等，

易知，直线与正方体的每个面所成的角都想等，

所以，与长方体的每一个面所成的角都相等，D对.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：

（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；

（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.

12．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（    ）

A． B．数列为等比数列

C． D．当时，越大，越小

【答案】ABC

【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.

【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，

依题意，，，，，

对于A选项，，A对；

对于B选项，，

所以，，所以，，

又因为，则，

所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；

对于C选项，由B选项可知，，则，

当为奇数时，，

当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.

综上所述，对任意的，，C对；

对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.

故选：ABC.

【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：

（1）当出现时，构造等差数列；

（2）当出现时，构造等比数列；

（3）当出现时，用累加法求解；

（4）当出现时，用累乘法求解.

三、填空题

13．设随机变量，若，则____________．

【答案】##

【分析】由正态密度曲线的对称性可求得的值.

【详解】因为随机变量，且，

所以，.

故答案为：.

14．已知，且则____________．

【答案】0

【分析】利用二项式定理求特定项的系数即可.

【详解】由题意，可得，.

， .

故答案为：0.

15．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为___________．

【答案】

【分析】零点问题可以转为为图像交点问题，然后讨论a的取值范围即可.

【详解】有两个零点

有两个根，即图像有两个交点；

①时，设，

若有两个交点，则；

②时，只有一个交点；

③时，设，

若有两个交点，

综上可得，实数a的取值范围为

故答案为：

16．已知双曲线的左、右焦点分别为的渐近线与圆在第一象限的交点为M，线段与C交于点N，O为坐标原点．若，则C的离心率为__________．

【答案】

【分析】由可知 N是的中点，求出N的坐标，带入双曲线的方程化简即可.

【详解】的渐近线为：，焦点，

∵渐近线与圆在第一象限的交点为M

联立可得

，所以N是的中点，，

因为N在双曲线上，化简得：

所以离心率为，

故答案为：

四、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，．

(1)求B；

(2)已知D为的中点，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理，边角互化，结合余弦定理即可得解.

（2）利用向量得到，从而利用数量积运算法则得到，从而得解.

【详解】（1），

，，

且，

，

两式相加得，

，即,

.

（2）因为D为的中点，所以，

所以，

，

代入，得：，或（舍去）；

.

18．已知为等差数列，且．

(1)求的首项和公差；

(2)数列满足，其中、，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等差数列的通项公式；

（2）先化简数列的通项公式，利用裂项求和法求出，利用并项求和法求出、的值，即可得出的值.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则，

由可得，即，

所以，，解得，.

（2）因为，则，

所以

；

；

.

因此，

.

19．如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点．

(1)试确定点E的位置，使平面；

(2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最小值．

【答案】(1)是的中点，详见解析；

(2).

【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，有面面平行的性质即可得线线平行，即可求解；

（2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.

【详解】（1）连接,

由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,

平面, 平面,故平面,

又平面，且平面， ，

所以平面平面，又平面平面,平面平面,故,

由于是的中点,故是的中点，

故点在边的中点处，平面;

（2）因为平面，平面,

所以,又平面,

故平面,由于平面,所以 ,

由（1）知：在边的中点，是的中点,

所以,进而，

连接,由

所以四边形为平行四边形，

故 ,由于平面，因此平面，

故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，

则，

故 ，

设平面平面的法向量为，

则，取，则，

又，

故，

当且仅当，即时取等号，

要使的最小值，只需要最大，最大值为，

此时的最小值为 .

20．港珠澳大桥海底隧道是当今世界上埋深最大、综合技术难度最高的沉管隧道，建设过程中突破了许多世界级难题，其建成标志着我国在隧道建设领域已达到世界领先水平．在开挖隧道施工过程中，若隧道拱顶下沉速率过快，无法保证工程施工的安全性，则需及时调整支护参数、某施工队对正在施工的隧道工程进行下沉量监控量测工作，通过对监控量测结果进行回归分析，建立前t天隧道拱顶的累加总下沉量z（单位：毫米）与时间t（单位：天）的回归方程，通过回归方程预测是否需要调整支护参数．已知该隧道拱顶下沉的实测数据如下表所示：

研究人员制作相应散点图，通过观察，拟用函数进行拟合．令，计算得：，，；，，．

(1)请判断是否可以用线性回归模型拟合u与t的关系；（通常时，认为可以用线性回归模型拟合变量间的关系）

(2)试建立z与t的回归方程，并预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量；

(3)已知当拱顶下沉速率超过9毫米/天，支护系统将超负荷，隧道有塌方风险．若规定每天下午6点为调整支护参数的时间，试估计最迟在第几天需调整支护参数，才能避免塌方．

附：①相关系数；

②回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：

③参考数据：，．

【答案】(1)可以

(2)，累加总下沉量为毫米.

(3)第7天

【分析】（1）根据相关系数的计算公式即可.

（2）根据公式计算u与t的回归方程，然后转化为z与t的回归方程；

（3）注意下沉速率9毫米/天，指的是瞬时变化率，利用导数求解.

【详解】（1）;

;

.

可以用线性回归模型拟合变量间的关系.

（2）设，则.

；

;

，

,当时，.

所以预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量为毫米

（3），

下沉速率：，

所以设第n天下沉速率超过9毫米/天，

则：，，，，，

所以第8天该隧道拱顶的下沉速率超过9毫米/天，

最迟在第7天需调整支护参数，才能避免塌方．

21．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．

(1)若，求l的斜率；

(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．

【答案】(1)；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；

（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.

【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，

设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，

因为直线l与C相切，所以有，

圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离为，

因为，所以有；

（2），

由，

设，

则有，，

，

把，代入上式，得

，而，

所以.

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.

22．已知有两个极值点、，且．

(1)求的范围；

(2)当时，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；

（2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：函数的定义域为，，

令可得，

因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点，

令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点），

，令可得，列表如下：

如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、，

当时，，则，此时函数单调递增，

当时，，则，此时函数单调递减，

当时，，则，此时函数单调递增.

因此，当时，函数有两个极值点.

（2）证明：由（1）可知，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

且，则有，

由于，所以，，即，

又因为，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，则，

因为，所以，，

下面证明：.

因为，则，

因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，

所以，

，

令，其中，

则，

令，则，

当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减，

所以，，则函数在上单调递增，

因此，，

综上所述，成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.