福建省龙岩市2023届高三数学5月质量检测试题（Word版附解析）

龙岩市2023年高中毕业班五月教学质量检测数学试题一､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.设全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解方程求出集合B，再由集合的交集以及补集运算即可求解.【详解】由题意，，又，所以，所以.故选：C.2.在的展开式中，的系数为（）A.12B.C.6D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以只有中的与中的相乘才会得到，即，所以系数为.故选:D. 3.已知（为虚数单位，），若复数满足，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件可得，然后结合复数的运算即可得到，再由复数的模长公式即可得到结果.【详解】由题意可得，，则，所以，则，所以.故选:B4.已知集合，从集合中任取2个数字，则它们之和大于7的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用古典概型计算即可.【详解】任取两数大于7的组合有十种情况，故概率为.故选：C5.如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由图形可得正八面体的棱长为，分别求出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积．【详解】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，即为，如图，在正八面体中连接，，，可得，，互相垂直平分，为正八面体的中心，平面，平面，则，，.在中，，则该正八面体的体积，该八面体的表面积设正八面体的内切球半径为，，即，解得，.故选：C. 6.已知，若恒成立，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】若恒成立，即，由余弦的二倍角公式和辅助角公式化简，求出，此时，则，由诱导公式即可得出答案.【详解】，其中，，所以当时，.若恒成立，则，此时，则，即，.故选：A.7.已知定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间上的零点个数是（）A.253B.506C.507D.759【答案】B【解析】【分析】由得的周期，再根据时，零点的个数，从而可得答案.【详解】由得，所以，即是以8为周期的周期函数，当时，有两个零点2和4，当时，，令，则有，当时，，，所以无解， 所以当时，无零点，又，因此在上函数有个零点，当时，有两个零点2和4，当时，无零点，当时，无零点，因此有上，有个零点．故选：B．8.已知数列满足，设，若为数列中唯一的最小项，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由地推关系可得数列为等差数列，从而求得其通项公式，再结合条件即可求得的范围.【详解】由得：又因为，所以，所以数列为等差数列，且首项为，公差也为3，则，所以，要使为数列的唯一最小项，则，所以.故选:B.二､多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.如图，已知正六棱台中，，，，则（） A.B.C.平面D.侧棱与底面所成的角为【答案】BC【解析】【分析】选项A：在正六棱台中可知A错误；选项B：可先证平面，进而得到；选项C：可利用线线平行去证明面面平行，先找到过的平面与的交线，证明即可证明平面；选项D：先找到表示线面角的平面角，利用三角形可解.【详解】选项A：在正六边形中，在正六棱台中，，故，又因，所以不平行，故A错误；选项B：如图，连接，，，分别为，的中点，连接，在正六棱台中，平面， 因平面，所以，在正六边形中，，又因，所以平面，因平面，所以,故B正确；选项C：连接，交于点，连接，，在正六边形中，因，所以，，在正六边形中，所以，又正六棱台中，，所以四边形为平行四边形，所以，又因平面，所以平面，故C正确；选项D：正六棱台中，平面平面平面平面 在平面中，作，则平面，所以侧棱与底面所成的角为，，在中，，所以，故D错误.故选：BC.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的图象关于点对称B.图象的一条对称轴是C.，则的最小值为D.若时，函数有两个零点，则实数的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】由可判断A，B；，即，画出图象，求得的最小正周期可判断C；函数有两个零点，即与的图象有两个交点，结合图象可判断D.【详解】，故A不正确；B正确；的图象如所示， 若，则，由图可知，因为的最小正周期为，所以，故C正确；，，若时，函数有两个零点，即，即与的图象有两个交点，由图可知，，故D不正确.故选：BC.11.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在抛物线上，则下列说法正确的是（）A.的最小值为1B.的周长的最小值为C.若，则的最小值为32 D.若过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则点在抛物线的准线上【答案】AB【解析】【分析】利用焦半径公式求出焦点弦，然后求出最小值判断A，求出三角形周长的表达式，然后利用单调性求出最小值判断B，利用数量积的几何意义求得，进一步求出最值判断C，待定系数法求得两切线方程，求出点D的坐标，即可判断D.【详解】因为抛物线的焦点为，所以，即抛物线，由题意，设直线AB方程为：，设，，，对选项A：由抛物线定义知：，因为，所以，即的最小值为1，故A正确；对选项B：联立，得，则，所以的周长，令，则，易知函数在上单调递增，函数的对称轴为，故其在上单调递增，所以函数在上单调递增，从而在上单调递增，所以当即时，有最小值，即直线AB为，的周长有最小值为，故B正确；对选项C：因为,所以点C在AB的垂直平分线上,记AB的中点为H，则，所以，由选项B知，，所以当时，取到最小值，则的最小值为，故C错误； 对选项D：联立，得，则，设过点A的切线方程为，联立，整理得，由，可得，则过点A的切线方程分别为：，可得，同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：，联立方程，解得，即，所以两条切线的交点在直线上，不在准线上，故D错误.故选：AB12.已知函数为的导数，则下列说法正确的是（）A.当时，在区间单调递减B.当时，恒成立C.当时，在区间上存在唯一极小值点D.当时，有且仅有2个零点 【答案】ACD【解析】【分析】对A选项，求导，再对求得的导数求导，根据正负判断单调性即可，进而判断原函数的单调性；对B选项，当时，，可选用特殊值代入判断；对C选项，时，，求导，再根据函数的性质进行判断即可；对D选项，借助C选项得到的单调性的结论，采用隐零点的方法来解决.【详解】当时，令，当时，在上递减.A正确.当时，若，则错误.当时，，令，则，令，则，当时，递增，又，所以在上存在唯一的零点，则当，，递减，当，，递增，是在区间上的唯一极小值点正确.由上可知在递减，，在递增，存在，使，当时，递减，当时，递增，又，得在上有一个零点.当时，递增，为其一个零点. 当时，，在上不存在零点D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则___________.【答案】【解析】【分析】先求出，再由平行向量的坐标表示即可得出答案.【详解】由可得：，又因为，由可得：，解得：.故答案为：.14.写出一个与圆外切，并与直线及轴都相切的圆的方程___________.【答案】或或或（写出其中一个即可）【解析】【分析】设出圆的方程，由已知条件及几何关系建立等量关系，用待定系数法求解即可.【详解】设所求圆的方程为：，因为与圆外切，所以，又因为与直线及轴都相切，所以圆心在上或上当圆心在上，所以，，联立得：，解得：，所以求得圆的方程为：或 当圆心在上，所以，，联立得：，解得：，，所以求得圆的方程为：或。故答案为：或或或（写出其中一个即可）15.已知函数关于的方程恰有三个不同实数解，且关于的方程有实数解，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象，根据图象有个交点确定出的关系，所以可将方程转化为，然后构造函数并分析的单调性确定出其值域，即可得出答案.【详解】在同一平面直角坐标系中作出的函数图象如下图所示：当时，，当时，，所以由图象可知：时关于的方程恰有三个不同实数解，又，所以， 又因为，所以，所以，设，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以，，故答案为：.16.已知是椭圆上的三个点，为的左焦点，两点关于原点对称，若，则椭圆的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】设椭圆的右焦点为，则，，在和中，由余弦定理结合题意化简即可求出答案.【详解】设椭圆的右焦点为，则，，，则，在中，由余弦定理得：①在中，由余弦定理得：② 由①得：，化简得：③由②得：把④代入③化简得：，又.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.已知等差数列前项和为，数列前项积为.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）求得数列公差，由此求得.利用求得.（2）利用裂项相消求和法求得.【小问1详解】是等差数列，，即：，又，，.又，当时，，符合上式， .【小问2详解】由（1）可得：，.18.已知的内角的对边分别为，若，且.（1）求；（2）把的图象向右平移个单位长度，再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在上恰有两个极值点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先用正弦定理将角化成边，再用余弦定理即可求解；（2）先由函数的图象变换得出函数的解析式，再结合函数的图象特点即可求解.【小问1详解】解：（1）因为，所以由正弦定理得由余弦定理得.即，因为，所以小问2详解】）解法一：由（1）知的图象向右平移个单位得的图象，再把所得图象向上平移个单位长度，得到的图象， 所以.令，则上恰有两个极值点，由的图象可知，，所以的取值范围是解法二：由（1）知的图象向右平移个单位得的图象，再把所得图象向上平移个单位长度，得到的图象，所以.令得即，，所以，所以的取值范围是.19.如图，圆台下底面圆的直径为是圆上异于的点，且为上底面圆的一条直径，是边长为6的等边三角形，. （1）证明：平面平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线段关系先证得平面，再证平面平面即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算平面夹角即可.【小问1详解】解（1）为圆的直径，是圆上异于的点，故，又，而.平面，平面.平面平面平面.（注：也可以由，证明，得出）【小问2详解】设为的中点，连接，则，由（1）可知，平面；所以平面，平面，如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，由题意可得 平面，四边形为矩形，设平面的一个法向量为由，令，可得，即，设平面的一个法向量为，由得，令，可得，即.设平面与平面的夹角为则平面和平面夹角的余弦值为.20.新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展，某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程，现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表.质量差（单位：）5667707886件数（单位：件）102048193（1）求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）X近似服从正态分布，其中的近似值为36，用样本平均数作为的近似值，求概率）的值； （2）若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍.若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立.现从该企业生产的该零件中随机抽取一件.（i）求该零件为废品的概率；（ii）若在抽取中发现废品，求该废品来自第1条生产线的概率.参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，，【答案】（1），（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）先由表格计算平均数，再根据正态分布三段区间公式计算概率即可；（2）（i）根据全概率公式计算即可，（ii）根据贝叶斯公式计算即可.【小问1详解】由得：【小问2详解】（i）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，则由题意可知，又，于是. （ii）.21.设函数.（1）求的极值；（2）已知，有最小值，求的取值范围.【答案】（1）极大值为，无极小值（2）【解析】【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果；（2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围.【小问1详解】由题意知：定义域为，，，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；的极大值为，无极小值.【小问2详解】可化为，为单调递增函数，由可得：，即， 令，则，，，，，令，，令，；①当时，恒成立，在上单调递增，，即，在上单调递增，此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意；②当时，若，则；若，则；在上单调递减，在上单调递增，又，，又，存在，使得，且当时，，即；当时，，即；在上单调递减，在上单调递增，，即有最小值；综上所述：实数取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题.22.已知双曲线的左顶点为，渐近线方程为.直线交于 两点，直线的斜率之和为-2.（1）证明：直线过定点；（2）若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据顶点坐标和渐近线得出双曲线方程，解设，设直线的斜率分别为，通过化简表示出直线的方程，即可得出结论.（2）利用平面几何知识，将几何问题转化为，求出的坐标，最后直线的斜率用的斜率表示，即可求解.【小问1详解】由题知，的方程为：，显然直线的斜率存在，设直线，联立，得，且，设直线的斜率分别为，则，故，又， ，，，不过点，，所以直线过定点.【小问2详解】由题设直线.由，得.由，得.故，同理.由可知，，即.因为，化简得. 当时取等号，所以直线的斜率的最大值为.