福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三）（Word版附解析）

泉州市2023届高中毕业班质量监测（三）2023.03高三数学本试卷共22题，满分150分，共8页．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2、考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．3、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择答案使用0.5毫米的，黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【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【解析】【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.0C.D.【答案】A【解析】【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：A4.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【解析】【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【解析】【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.CD.【答案】A【解析】【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【解析】【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：A8.已知平面向量、、满足，，，，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【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、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．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1D.l被C截得的弦的长度的最小值为【答案】ABD【解析】【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【解析】【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：AD11.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【解析】【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，，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【解析】【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：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设随机变量，若，则____________．【答案】##【解析】【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【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．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）【解析】【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.【小问1详解】，，，且，，两式相加得，，即,.【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】设等差数列的公差为，则，由可得，即，所以，，解得，.【小问2详解】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）.【解析】【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.【小问1详解】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;【小问2详解】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：t1234567z0.010.040.140.521.382.314.3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【解析】【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.【小问1详解】;;.可以用线性回归模型拟合变量间的关系.【小问2详解】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【小问3详解】，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.【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.【小问1详解】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；【小问2详解】，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【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.【小问1详解】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：减极小值增 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.【小问2详解】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.