2023-2024学年福建省泉州市高三（上）质检数学试卷（8月份）（一）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市高三（上）质检数学试卷（8月份）（一）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年福建省泉州市高三（上）质检数学试卷（8月份）（一）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知函数，，如图是下列四个函数中某个函数的大致图象，则该函数是(    )

 A.  B.  C.  D. 5.  已知双曲线：的焦距为，则的渐近线方程是(    )A.  B.  C.  D. 6.  记等比数列的前项和为若，，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知函数在内有且仅有个零点，则的值可以是(    )A.  B.  C.  D. 8.  方程满足的正整数解的组数为(    )A.  B.  C.  D. 无数组二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  已知函数，则下列结论正确的是(    )A.  B. 为增函数
C. 的值域为 D. 方程最多有两个解10.  某市组织全市高中学生进行知识竞赛，为了解学生知识掌握情况，从全市随机抽取了名学生，将他们的成绩单位：分分成组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中未知的数据，，成等差数列，成绩落在内的人数为从分数在和的两组学生中采用分层抽样的方法抽取人，再从这人中抽取人，记人中成绩在内的人数为，设事件“至少人成绩在内”，事件“人成绩均在内”，则下列结论正确的是(    )
A.
B.
C. 与是互斥事件，但不是对立事件
D. 估计该市学生知识竞赛成绩的中位数不高于分11.  已知圆柱的轴截面是正方形，为底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，且，不在平面内若，，，四点共面，则(    )A. 直线平面 B. 直线平面
C. 平面平面 D. 平面平面12.  已知的顶点在圆：上，顶点，在圆：上若，则(    )A. 的面积的最大值为
B. 直线被圆截得的弦长的最小值为
C. 有且仅有一个点，使得为等边三角形
D. 有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知向量，，则与的夹角为______ ．14.  的展开式中的常数项为______ ．15.  已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于不同的两点，若，则 ______ ．16.  如图，棱长为的正方体容器中，，分别是棱，的中点，在，，处各有个小孔孔的大小忽略不计，则该容器可装水的最大体积为______ ．
 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
数列中，，且．
求的通项公式；
令，记数列的前项和为，求．18.  本小题分
泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的“海上丝绸之路”起点著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现的人至少打卡两个景点为提升城市形象，泉州文旅局为大家准备了种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会每次抽奖可随机获得种礼物中的种礼物假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立．
从全体打卡十八景游客中随机抽取人，求人抽奖总次数不低于次的概率；
任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率．19.  本小题分
的内角，，所对的边分别为，，，且满足．
求；
若平分，且，，求的面积．20.  本小题分
已知函数．
当时，求曲线在处的切线方程；
讨论的单调性．21.  本小题分
如图，三棱锥中，，，，平面平面．
求三棱锥的体积的最大值；
求二面角的正弦值的最小值．
22.  本小题分
已知椭圆：的离心率是，上、下顶点分别为，圆：与轴正半轴的交点为，且．
求的方程；
直线与圆相切且与相交于，两点，证明：以为直径的圆恒过定点．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
，
则．
故选：．
求出集合，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】 【解析】解：，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
因为，
所以，
可得，
则．
故选：．
由题意利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式即可求解．
本题考查了二倍角公式以及同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．4.【答案】 【解析】解：由图象可得，该图象对应的函数的定义域为，
对于选项：的定义域为，所以选项错误；
对于选项：的定义域为，所以选项错误；
又知当时，，
对于选项，的定义域为，
当时，，所以选项错误；
对于选项，的定义域为，
当时，，所以选项符合题意．
故选：．
根据函数图象得到对应的函数的定义域为和当时，，再一一判断各个选项即可．
本题考查根据函数图象判断函数解析式，考查逻辑推理能力，属于基础题．5.【答案】 【解析】解：已知双曲线：的焦距为，
则，
即，
则双曲线方程为，
则双曲线的渐近线方程是．
故选：．
由双曲线的性质，结合双曲线渐近线方程的求法求解即可．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线渐近线的方程，属基础题．6.【答案】 【解析】解：根据题意，设等比数列的公比为，
若，，即，，
变形可得：，则；
又由，即，则有，
故．
故选：．
根据题意，设等比数列的公比为，分析可得，，变形解可得的值，进而求出的值，由此计算可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．7.【答案】 【解析】解：由题意知函数在内有且仅有个零点，
即与在内有且仅有个交点，
因为，所以，
则需，解得．
故选：．
由，以及的取值范围列不等式，由此求得的取值范围．
本题主要考查了正弦函数的性质，属于中档题．8.【答案】 【解析】解：由已知，
化简得：，且，，
取对数得：，即，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
且当时，，恒成立，又，
因为，，
所以且，，
又，为正整数，则，，
所以，解得：，
所以满足题意方程的解为，
故该方程的解唯一．
故选：．
根据方程变式得到，从而构造函数，利用导数研究函数的单调性判断出的图象变化趋势，结合条件得到且，，即可求解．
本题考查了转化思想、导数的综合运用，属于中档题．9.【答案】 【解析】解：函数，
可得，，即，故A正确；
由时，递增，
时，递增，但，则在上不是增函数，故B错误；
时，递增，可得；
时，递增，可得，
所以的值域为，故C正确；
分别作出和的图象，可得它们最多有两个交点，故D正确．
故选：．
分别计算和，可判断；由指数函数、对数函数的单调性和函数的单调性的定义可判断；由指数函数和对数函数的单调性可判断；由的图象和直线的交点个数可判断．
本题考查分段函数的图象和性质，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题．10.【答案】 【解析】解：对于，根据题意，成绩落在内的人数为，
则，
又数据，，成等差数列，可是公差为，
则，
得，
则，故A正确，
对于，根据题意，，，则分数在和的两组学生分别有，人，人数之比为：，
则采用分层抽样的方法抽取人，则从分数在和分别抽取人，人，
则成绩在内的人数为可能取值为，，，
则，
，
，
则，故B正确，
对于，因为事件“至少人成绩在内”，事件“人成绩均在内”，则与是互斥事件且是对立事件，故C错误，
对于，因为，则中位数落在，
设中位数为，则，则，故D正确．
故选：．
根据数据，，成等差数列，成绩落在内的人数为，结合等差数列知识可解，
根据题意可得的取值，计算出概率，从而可解，
根据互斥事件知识可解，
根据中位数的定义可解．
本题考查频率分布直方图等相关统计知识，属于中档题．11.【答案】 【解析】解：对于，过点作母线，交圆于点，连接，，

，，四边形是平行四边形，
，，同理，，
圆圆，圆平面，圆平面，
，，
由圆的性质可知，则四边形是平行四边形，
，，，，
平面，平面，
平面，故A正确；
对于，如图，

假设直线平面，
平面，，
，，平面，
平面，，由题意得不成立，
假设不成立，故B错误；
对于，由得，，平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面，
，平面平面，故C正确；
对于，假设平面平面，
，又，，
，，，
由题意得不垂直，过作于，如图，

平面平面，平面，平面，
平面，，
，，直线平面，
，，，平面，
平面与平面重合，不成立，故D错误．
故选：．
对于，根据线面平行的判定即可判断；对于，假设平在，得到，与已知矛盾，由此判断；对于，根据面面平行的判断，即可判断；对于，假设平面平面，得到平面与平面重合，与已知矛盾，即判断．
本题考查线面平行的判定、面面平行的判定、面面垂直的判定等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】 【解析】解：设线段的中点为，因为圆的半径为，，
所以，且，
对于，设点到直线的距离为，则，
所以当且仅当，，，四点共线时，点到直线距离的最大值为，所以的面积的最大值为，故A正确；
对于，点到直线的距离小于等于，当时，等号成立，
又的最大值为，所以点到直线的距离的最大值为，
这时直线被圆截得的弦长的最小值为，故B错误；
对于，若为等边三角形，则需，，
因为，所以点的轨迹是以为圆心的单位圆，
所以，又的最小值为，所以，
当且仅当，，，四点共线时成立，因此有且仅有一个点，使得为等边三角形，故C正确；
对于，若直线，都是圆的切线，则，由射影定理，可得，
同上，当且仅当，，三点共线时，，
因此有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线，故D正确．
故选：．
设点到直线的距离为，由求得的最大值判断；利用直线和圆的位置关系判断；利用为等边三角形，则需，判断；利用射影定理可得进而判断．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．13.【答案】 【解析】解：，，
则，，
故，，
设与的夹角为，，
则，
故．
故答案为：．
根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．14.【答案】 【解析】解：由于的展开式的通项公式为，，，，，，．
令，求得；令，可得．
 的展开式中的常数项为．
故答案为：．
由题意，利用二项式展开式的通项公式，求出的展开式中的常数项．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．15.【答案】 【解析】解：已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于不同的两点，，
设，，
又，，
则，
由抛物线的定义可得：，
则，
则，
即，
即直线的方程为，
联立，
消可得，
则或，
则点的横坐标为，
则．
故答案为：．
由抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系求解即可．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．16.【答案】 【解析】解：当、、三点共面，平行于水平面，在水平面之下时装水最多，
这时整个正方体就只有棱台没有装水，用正方体的体积减去这个台体的体积，就是装水最多时候的体积．
，
．
故答案为：．
作出过、、三点的平面，整个正方体被平面截成两部分，由此求出较大一部分的体积即可．
本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．17.【答案】解：，
两边取倒数可得：，即，
数列是等差数列，首项为，公差为，
，
．
由可得，
数列的前项和，
，
，
化为，
． 【解析】由，两边取倒数利用等差数列的通项公式即可得出．
由可得，利用错位相减法即可得出数列的前项和，进而得出．
本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、错位相减法、取倒数法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：若人抽奖次数低于四次，则其概率为，
所以人抽奖次数不低于次的概率为；
该打卡游客有概率抽奖次，概率抽奖次，
所以其抽中开元寺祈福香包的概率为． 【解析】若人抽奖次数低于四次，则人属于打卡少于两个景点的人群，即的人群；
该打卡游客有概率抽奖次，概率抽奖次．
本题主要考查古典概型的概率计算，属中档题．19.【答案】解：的内角，，所对的边分别为，，，且满足，
则，
即，
即，
又，
则，
又，
则；
已知平分，且，
由内角平分线定理可得，
不妨令，
则，
则，
则，，
又，，
在、中，由余弦定理可得，
即，
即，
则，
即的面积为． 【解析】由正弦定理及两角和的正弦公式求解即可；
由余弦定理及三角形的面积公式，结合内角平分线定理求解即可．
本题考查了正弦定理及两角和的正弦公式，重点考查了余弦定理及三角形的面积公式，属中档题．20.【答案】解：当时，，
．
，又，
曲线在处的切线方程为，
即；
由，
得．
当时，，若，则，单调递增，若，则，单调递减；
当时，由，得，由，得．
则当时，若或，则，若，则，
的增区间为，，减区间为；
当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
当时，若或，则，若，则，
的增区间为，，减区间为．
综上所述：当时，的增区间为，减区间为；
当时，的增区间为，，减区间为；
当时，的增区间为，无减区间；
当时，的增区间为，，减区间为． 【解析】把代入，求出导函数，得到与，利用直线方程的斜截式得答案；
求出原函数的导函数，然后对分类分析，即可求得原函数的单调区间．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想，是中档题．21.【答案】解：取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
即点到底面的距离为，
因为，，，所以，
设的边上的高为，则，
所以三棱锥的体积，
当且仅当时，等号成立，
故三棱锥的体积的最大值为．

过点作于点，连接，
由知，平面，
所以即为二面角的平面角，
在中，，
要求的最小值，需求的最大值，
因为，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当且仅当点是圆与圆的交点，即点是图中的位置时，取得最大值，为，

此时取得最小值，为，
故二面角的正弦值的最小值为． 【解析】取的中点，连接，由面面垂直的性质定理可证平面，从而知三棱锥的高为，再由棱锥的体积公式，即可得解；
过点作于点，连接，由平面，知即为所求，再结合三角函数知识与平面几何知识，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的性质定理，棱锥的体积公式，二面角的定义与找法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．22.【答案】解：由已知得，，，
则，，，
所以，
因为，，
所以，，
故E的方程为；
证明：当直线的斜率存在时，设的方程为，即，
因为直线与圆相切，
所以，即，
设，，
则，，
由，化简得，
由韦达定理，得，
所以


，
所以，
故，即以为直径的圆过原点；
当直线的斜率不存在时，的方程为或．
这时，或，，
显然，以为直径的圆也过原点．
综上，以为直径的圆恒过原点． 【解析】根据题意可得，，的值，进而得到椭圆方程；
分直线的斜率存在和不存在讨论，根据向量知识结合韦达定理化简可得，，由此即可得证．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查分类讨论思想和运算求解能力，属于中档题．