福建省宁德市普通高中2023届高三质量检测数学试题

福建省宁德市普通高中2023届高三质量检测数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．某学校利用实践基地开展劳动教育活动，在其中一块土地上栽种某种蔬菜，并指定一位同学观测其中一棵幼苗生长情况，该同学获得前6天的数据如下：

经这位同学的研究，发现第天幼苗的高度的经验回归方程为，据此预测第10天这棵幼苗的高度大约为（    ）

A． B． C． D．

3．使成立的一个充分不必要条件是（    ）

A． B．

C． D．，且

4．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一个动点，，则的最小值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

5．在平面直角坐标系中，点为圆上的任一点，.若，则的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．

6．某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（    ）

A．的数据较更集中

B．

C．甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于

D．

7．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

8．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）

A．24 B．28 C．32 D．36

二、多选题

9．若，则（    ）

A． B．

C． D．

10．某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比为.从两个车间中各随机抽取了10个样品进行测量，其数据（单位：）如下：

甲车间：

乙车间：

规定数据在之内的产品为合格品.若将频率作为概率，则以下结论正确的是（    ）

A．甲车间样本数据的第40百分位数为9.8

B．从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差

C．从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率为0.84

D．从两个车间生产的产品任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.4

11．在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（    ）

A．直线与平面平行

B．直线与直线垂直

C．平面截正方体所得的截面面积为

D．四面体的体积为

12．已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（    ）

A．当时，

B．若，则的解集为

C．若恰有四个零点，则的取值范围是

D．若对，则

三、填空题

13．已知复数满足，则__________.

14．已知函数满足如下条件：①定义域为；②存在，使得 ；③，试写出一个符合上述要求的函数__________.

15．已知函数，射线与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列，且，则__________.

16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________.

四、解答题

17．已知数列满足，且数列是等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)记数列的前项和为，求证：.

18．在四棱锥中，，.

(1)证明：平面平面；

(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.

19．记的内角的对边分别为.已知，，，且其内切圆的面积为.

(1)求和；

(2)连接交于点，求的长.

20．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某校成立了两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别.记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为.为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案.

方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；

方案二：对同一首歌，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过.

(1)若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占.

（i）请根据以上数据填写下面的列联表，并通过独立性检验分析，是否有的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？

（ii）利用（i）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；

(2)研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值.

附：，其中.

21．在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.

(1)求的方程；

(2)点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.

22．已知函数.

(1)若，求实数的取值范围；

(2)若，且，求证：且.

参考答案：

1．D

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.

【详解】由可得，解得，

所以，

又，所以.

故选：D

2．C

【分析】先根据回归直线经过样本点的中心建立方程，求出的值，再将代入经验回归方程，即可得到答案．

【详解】由已知得：，，

因为经验回归方程为，

所以，解得，

当时，，

所以预测第10天这棵幼苗的高度大约为．

故选：C.

3．B

【分析】利用指数函数，对数函数的性质，结合特值法可判断ACD；利用作差法及特值法，结合充分条件与必要条件的概念可判断B.

【详解】，故A错误；

当时，，得，即，

显然，则，即，故是的充分条件；

当时，，故是的不必要条件，故B正确；

当时，成立，但，故C错误；

当时，由，得，即，故D错误.

故选：B.

4．B

【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．

【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于，

由抛物线定义可知，所以，

则当共线时取得最小值，所以最小值为．

故选：B．

5．C

【分析】通过圆的三角换元，利用向量的加减运算及向量相等的条件，转化为三角函数的最值问题即得结果.

【详解】由已知可设，则，

又，因为，

所以,即,

所以,其中，

当时，有最大值为.

故选：C.

6．D

【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.

【详解】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；

对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ，

，正确；

对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确；

对于D，由B知： ，错误；

故选：D.

7．A

【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解.

【详解】因为，所以，

又，

令，，

则，所以在单调递减，

所以，所以，即；

又，

令，

则，所以在单调递减，

所以，所以，即，

综上，.

故选：A.

8．B

【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.

【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，

依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，

因此，于是长方体的体积，

所以该正四棱台的体积为.

故选：B

【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.

9．ABD

【分析】利用赋值法，令，可判断A；令，，计算求解可判断B；由，利用二项展开式的通项求解可判断C；两边求导，令，可判断D.

【详解】令，则，即，故A正确；

令，则，

令，则，

则，故B正确；

，则，令，则，故C错误；

由两边求导，

得，

令，则，故D正确.

故选：ABD.

10．BC

【分析】根据百分位数计算规则判断A，计算出极差即可判断B，根据全概率公式计算C，根据条件概率公式计算D.

【详解】对于A：甲车间样本数据从小到大排列为：、、、、、、、、、，

又，所以第百分位数为第四、五两数的平均数即为，故A错误；

对于B：甲车间的极差为，乙车间的极差为，故B正确；

对于C：从样本数据可知甲车间合格品的概率，乙车间合格品的概率，

甲、乙两车间产量比为，

若从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率，故C正确；

对于D：由C可知取到不合格品的概率，

所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率，故D错误；

故选：BC

11．ACD

【分析】由题意，则四点共面，可证得为平行四边形，则，从而面，即可判断A；分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，计算即可判断B；为等腰梯形，计算面积即可判断C；求出平面的法向量，利用向量法求得到平面的距离，进而求四面体的体积，即可判断D.

【详解】∵分别为的中点，∴,又,

∴，∴四点共面，

∵,,

∴，∴为平行四边形，

∴，又面，面，∴面，故A正确；

分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，

,

∴，

则直线与直线垂直，故B错误；

为等腰梯形，且,如图，

过点作于，则,

则等腰梯形的面积为，

即平面截正方体所得的截面面积为，故C正确；

，

设平面的法向量为，

则，令，则，，

所以到平面的距离为，

又,

所以，四面体的体积为，故D正确.

故选：ACD.

12．AD

【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.

【详解】对于选项A，因为当时，，

当时，，

所以，

即，

因为函数的图象关于直线对称，

所以，

所以当时，，故选项A正确；

对于选项B，当时，当时，，

当时，，

现在先证，令，

则，

令，则，所以在单调递增，

令，则，所以在单调递减，

所以，所以，

即，所以，当且仅当等号成立，

当时，，不满足，

所以不成立，

当时，，

所以，即，

令，则有，①

或   ②，

解不等式组①，因为，则有

所以，

解不等式组②，因为，则有

所以，

所以的解集为，故选项B不正确；

对于选项C，因为恰有四个零点，

所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，

且时，，

因为，，

所以，故，

当时，，

令，则有或，

因为当时，恰有两个零点，

所以有一个解且不为，

当解为时，可求，

所以；

因为，所以，即，

所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，

令，则，

当时，，

所以在单调递减，所以，

当逼近于时，逼近于，且，

因为与在时的图象有一个交点，

所以，且，

因为函数的图象关于直线对称，

所以当时，同理可得且，

所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；

对于选项D，若对，

因为函数的图象关于直线对称，

所以只需研究时的取值；

因为，，

所以，即，

显然当时，成立，；

当时，，利用分离参数法，，所以

令，则，

当时，，所以在单调递减，所以，

所以；

当时，恒成立，即所以

当时，，所以在单调递减，所以，

所以；

综上所述：，故选项D正确.

故选：AD.

【点睛】关键点睛：

本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解.

13．5

【分析】设，，根据复数的模及复数相等的充要条件得到方程组，解得、，即可求出，从而得解.

【详解】设，，

则，

因为，所以，所以，

所以，即，所以.

故答案为：

14．（答案不唯一）

【分析】根据条件求解.

【详解】设 ，

则函数定义域为；

故答案为： .

15．

【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再代值计算作答.

【详解】因为，则数列是等差数列，公差为4，且，

因此，函数的周期是4，即，解得，又，

即有，解得，于是，

所以.

故答案为：

16．8

【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.

【详解】

由条件 ， ，

即 ， ，

设 ，由题意： ，则 ，

，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，

；

设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：

则 的周长 ,

，当 三点共线时等号成立， ，

l的得最大值为8；

故答案为：8.

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知列式求得，可得数列的公差，进而可求得答案；

（2）利用裂项相消法求出，即可证得结论.

【详解】（1）由得，

代入得，解得，

又因为数列为等差数列，故公差为，

因此.

（2）由（1）可得，所以，

所以，

又因为，所以时等号成立，

所以，即.

18．(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）解法一：取的中点，可得四边形为正方形，可证得，，从而平面，即可证得结论．

解法二：取的中点的中点，四边形为正方形，在中，由余弦定理求得，证得，，从而平面，即可证得结论.

（2）解法一：取的中点，所以平面，以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.

解法二：过作，则平面.以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标，设，求出平面的法向量，由题意平面与平面所成的角也等于，求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.

解法三：过点作于，过作于，可得是二面角的平面角，由题意二面角大小为，从而，设，则，由得，由得，解得即可.

【详解】（1）解法一：取的中点，连接.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，

又，故.

又由，所以四边形为正方形，

故，从而；

又，所以，故.

由平面平面，从而平面，

又平面，所以平面平面.

解法二：取的中点的中点，连接.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，

又，故，且，所以四边形为正方形，

故为等腰直角三角形，从而，为等腰直角三角形.

在中，，

又因为，所以，，

又，所以，故，

由平面平面，

从而平面，又平面，所以平面平面.

（2）解法一：取的中点，连接，

由，所以，

因为平面平面，且平面平面，所以平面.

又为的中点，所以，且，

由（1）知，故.

以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，

则

则，

设，则，

，

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

则令，则，

因为二面角的大小为，所以，

由，解得：，

所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.

解法二：过作，则平面.

以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，

则，

设，则，

，，

设平面的一个法向量为，

则

令，得，

因为二面角的大小为，所以平面与平面所成的角也等于，

平面的一个法向量为，

，因为，解得，

所以线段上存在点，当，即时，使得二面角大小为.

解法三：过点作于，过作于，连接，

由（1）知平面平面，所以平面，平面，故，

又平面平面，

所以平面，又平面，因而，

所以是二面角的平面角.

因为平面平面，二面角大小为，

所以二面角大小为，从而，故，设，

因为，从而，所以，从而，

因为，从而，所以，

即，解得，所以，从而.

所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.

19．(1)，

(2)

【分析】（1）解法一：利用余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可；

解法二：设圆与边相切于点，连接，，由锐角三角函数及切线长定理得到，再由余弦定理得到方程组，解得即可；

（2）解法一：设，，利用角平分线的性质得到，即可求出，再由余弦定理计算可得；

解法二：由余弦定理求出，依题意设，根据平面向量共线定理求出，再根据数量积的运算律计算可得；

解法三：由余弦定理求出，即可求出，从而得到、，再求出，最后利用正弦定理计算可得.

【详解】（1）解法一：由余弦定理得，

即，

又内切圆的面积为，故内切圆的半径为，所以，

故，

于是，即，解得或，

因为，所以.

解法二：设圆与边相切于点，连接，，

则，且，且，

故，

因为三边与圆相切，切线长相等，

所以，即，

根据余弦定理得，即，

所以，

解得或，因为，所以.

（2）解法一：设，，由，

又因为，

所以，

在中，由余弦定理，

得，所以.

解法二：由余弦定理得.

设，

又因为、、三点共线，所以，所以.

，

所以.

解法三：在中，由余弦定理得，

所以，

又，所以，所以（负值舍去），且，

所以.

在中，由，得，所以.

20．(1)（i）表格见解析，没有；（ii）

(2)测试至少27次，.

【分析】（1）根据条件填写列联表并做卡方计算，根据列联表求出 ，对“一次测试通过”作分类讨论求出其概率；

（2）根据对“一次测试通过”的分类讨论，求出其概率的最大值，再按照二项分布求解.

【详解】（1）（i）依题意得列联表如下：

因为，

且，

所以没有的把握认为软件类型和是否正确识别有关；

（ii）由（i）得，

故方案二在一次测试中通过的概率为

；

（2）方案二每次测试通过的概率为

，

所以当时，取到到最大值，

又，此时，

因为每次测试都是独立事件，

故次实验测试通过的次数，期望值，

因为，所以

所以测试至少27次，此时.

21．(1)

(2)±1.

【分析】（1）由题意，点的轨迹为双曲线的右支，，，可得的方程；

（2）解法一：设与的交点为，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，得到直线的方程，由题意写出直线的方程，求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.

解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，进一步可得到直线方程以及恒过定点.求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.

解法三：设方程为，设方程为，联立曲线方程，由韦达定理可求出点坐标，用替换得点坐标，可得直线方程进一步得到直线恒过定点.下同解法一.

解法四：由平移知识得到双曲线的方程，新坐标系下直线的方程，代入双曲线方程，由求得，进一步得到直线的方程，从而得到直线恒过定点，再利用过四点的二次曲线系方程结合的系数为0，即可得到直线的斜率.

解法五：设直线的方程为，连理曲线方程结合由解得m，进一步得到直线的方程以及恒过定点.下同解法一.

【详解】（1）因为点满足，

所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，

所以曲线的方程为.

（2）解法一：设与的交点为.

显然直线的斜率存在，设的方程为，

联立方程消去得，

设，所以.

又，因为，所以，

故，

代入，整理得，

即，解得或（舍）.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

因为四点共圆，且为直径，由，

所以点为中点，且直线的方程为，

联立，解得，

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为±1.

解法二：由对称性，直线必过定点，

设的方程为，联立方程

消去得，

设，所以.

，

因为，所以，

故，

代入，

因为，整理得，解得.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

联立，解得，

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为1.

解法三：设方程为，设方程为，

联立方程，消去得，

设，则，得，

所以，所以点.

用替换得点.

所以斜率，

故直线方程为，

即，即.

所以直线恒过定点.下同解法一.

解法四：将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，

即.

新坐标系下直线的方程设为，

代入双曲线方程有，即，

两边同除以得，

设直线的斜率分别为，则，所以，

所以直线的方程为，从而直线恒过定点，

故原坐标系下直线恒过定点.

由四点共圆，设的直线方程为，即；

设的直线方程为，即.

所以过四点的二次曲线系方程为，

等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.

解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，

所以由得，

即，

两边同除以得，

设，上式整理得.

设直线的斜率分别为，则，解得，

所以直线的方程为，即，

从而恒过定点.下同解法一.

【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略

（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．

（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点．

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）解法一：当时，成立；当时，即为，利用导数研究的最大值，即可得解；

解法二：由题意得，构造函数，利用导数研究的最小值，即可得解；

（2）解法一：根据的单调性可知．证，即证，即证，设，利用的单调性即可证明；证，即证．设，即证．设，则，设，利用导数研究其性质可知，，使得，从而得出的单调性，证得，可得结论.

解法二：证明的方法同解法一．在处的切线方程为，先证，设，利用导数研究其性质可知，，使得，从而得的单调性及，可得结论.

【详解】（1）解法一：当时，由，且时，故成立；

当时，即为.

由，令，得，

当时，；当时，；

所以在单调递增，在单调递减，

所以，即.

综上，.

解法二：，由，且时，所以.

设，则，令，得，

当时，；当时，；

所以在单调递减，在单调递增，

所以，即.

（2）解法一：，

当时，；当时，；

所以在单调递增，在单调递减，故.

先证，由，故即证，

由，故即证，

设，

则，

所以在上单调递减，所以.

所以，从而.

现证，即证.

设，故即证，即证.

设，

则，设，则，

当时，；当时，，

所以在单调递增，在单调递减，

又，

所以，使得，

故在单调递增，在单调递减，

又，

所以，即，故.

解法二：证明的方法同解法一.

，，

则在处的切线方程为，下面证.

设，

，

设，则，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，使得，

故在单调递减，在单调递增，

又，

故，即，所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.