福建省三明市2023届高三数学上学期期末质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市2023届高三数学上学期期末质量检测试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

三明市2022—2023学年第一学期普通高中期末质量检测
高三数学试题
考试时间：2023年1月15日下午3∶55-5∶55 试卷满分：150分 考试用时：120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.非选择题部分作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，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. 已知复数在复平面内对应的点与复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则复数的共轭复数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出复数在复平面内对应的点的坐标，根据对称性得到在复平面内对应的点的坐标，即可得到，从而得到其共轭复数.
【详解】复数在复平面内对应的点为，关于虚轴对称的点为，
所以，则.
故选：A
2. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得集合对应函数的定义域和值域，根据集合之间的包含关系和集合运算即可求得结果.
【详解】，，
故，，不包含于，，则ACD错误，B正确.
故选：B.
3. 设a，b∈R，则使a＞b成立的一个充分不必要条件是(　　)
A. a3＞b3 B. log2(a－b)＞0
C. a2＞b2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】使得a＞b成立的充分不必要条件，即是一个条件能够使得a＞b成立，但是反之不成立．
【详解】要求a＞b成立的一个充分不必要条件，即要求一个条件能够使得a＞b成立，但是反之不成立．选项A是充要条件，选项B等价于a－b＞1，是充分不必要条件，选项C，D既不充分又不必要，故选B.
【点睛】注意充分条件和充分不必要条件的区别在于前者可以逆推，后者不能逆推或者是子集与真子集的关系．
4. 有专业机构认为某流感在一段时间没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过15人”．根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A. 甲地：总体均值为4，中位数为3
B. 乙地：总体均值为5，总体方差为12
C. 丙地：中位数为3，众数为2
D. 丁地：总体均值为3，总体方差大于0
【答案】B
【解析】
【分析】根据均值，中位数，众数，方差这些数字特殊可以一一判断，或者用排除法也容易解此题.
【详解】解：对于A，均值为4，中位数为3，不能保证10个数据中每个数据都不超过15，
∴A不符合该标志；
对于B，均值为5，方差为12时，假设这10个数据分别是，
则有，
，
而能成立，
没有矛盾，即所有数据不超过15，B符合该标志；
同理，对于C、D，都不能保证10个数据中每个数据不超过15，
∴C、D也不符合题意．
故选：B．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由和差角公式以及辅助角公式即可化简求解.
【详解】根据题意，，即，
故，
故选：A
6. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ）

A. 该二十四等边体的外接球的表面积为
B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式
C. 直线与的夹角为60°
D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.
【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示

记正方体体心为，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2
易知，则外接球半径
所以外接球的表面积，故A正确.
由欧拉公式可知：顶点数面数棱数2，故B正确.
又因为∥，易知直线与的夹角即为
直线与的夹角为，故C正确.
又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为
可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，故D错误.
故选：D
7. 已知双曲线，为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线的两条浙近线的垂线，垂足分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由双曲线的标准方程求得其渐近线方程，再利用点线距离公式及双曲线的几何性质求得的范围从而得解.
【详解】因为双曲线，所以双曲线的渐近线方程为，
设是双曲线上任意一点，则，
所以，则，
由点线距离公式得，
，
所以，即的最小值为.
故选：A.
8. 已知函数，，设为实数，若存在实数，使得成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】求解函数的值域，根据存在实数，使得成立，即可求解实数的取值范围．
【详解】当时， ．
令 ，由于 且 ，所以 或，所以
的取值范围是；
当时， ，的取值范围是，；
综上可得的取值范围是，；
要存在实数，使得成立，则函数，
即，即，解得：．
故选：D
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在，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，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）

A. 平面
B. 平面
C. 存在点，满足
D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，在平面找一条直线，使其与平行即可；
对于B，先由证明四点共面，再证四点共面，进而能判断直线与平面的位置关系；
对于C，以为正交基底，建立空间直角坐标系，用坐标运算即可；
对于D，把三棱锥的正面和上底面展开，即能找到的最小值，构造直角三角形求解即可.
【详解】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；
对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；
对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.
则，，，
，，，
，
若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；
对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，
，，在中，
，，故D正确.

故选：AD
10. 首项为正数，公差不为的等差数列，其前项和为.现有下列个命题，其中是真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则使的最大的为
C. 若，，则中最大
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列的性质依次分析即可得答案.
【详解】解：对于A,若，则，
那么.故A不正确；
对于B,中若，则，
又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，
因为，
所以使的最大的为15.故B正确；
对于C,中若，，
则，，则中最大.故C正确；
对于D，中若，则，而，不能判断正负情况.故D不正确.
故选：BC
11. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 若、相互独立，
B. 已知两个随机变量，，其中，，，若，且，则
C. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1
D. 椭圆上的点到直线的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用条件概率公式判断A；利用二项分布与正态分布的性质判断B；利用直线与圆的位置关系判断C；设直线与椭圆相切，求出切线方程，利用平行线距离公式判断D.
【详解】若事件与互相独立，可得，，故正确；
，，，，，
，故B正确；
圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离，而圆的半径等于2，
所以圆上只有3个点到直线距离等于1，C错误；
设直线与椭圆相切，
联立方程，得：，
因为直线与椭圆相切，所以，解得，
当时，直线与距离最大，最大距离为，故D正确；
故选：ABD.
12. 已知是上的单调递增函数，则实数的取值可能为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求导得，由在上单调递增，可得，即恒成立，即恒成立，只需，即可得出答案.
【详解】，
因为在上单调递增，所以，即，
因为，所以恒成立，
所以，
令，令，所以，，
所以在上，，单调递增，在上，，单调递减，
所以，则，即，，
所以，解得.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键构造的新函数的处理，函数中既有指数函数也有对数函数，利用幂指恒等代换，利用整体代换，可得其最值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中常数项是______.（答案用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项化简得常数项满足，即可代入求解.
【详解】的展开式的通项为 ， ,
令,则 或，或 ，
所以常数项为，
故答案为：
14. 在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程，若第1个图中的三角形的周长为3，则第4个图形的周长为______.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分别求得每个“雪花曲线”的边长和边数，即可求解.
【详解】由题意，当时，第1个图中的三角形的边长为，三角形的周长为；
当时，第2个图中“雪花曲线”边长为，共有条边，
其“雪花曲线”周长为；
当时，第3个图中“雪花曲线”的边长为，共有条边，
其“雪花曲线”周长为；
当时，第4个图中“雪花曲线”的边长为，共有条边，
其“雪花曲线”周长为.
故答案为：.
15. 若实数，，满足条件，且，则的最小值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】由可将变形，然后利用换元法结合二次函数的单调性即可求解.
【详解】因为，令，
令，有，则，则，因此，
则，
又函数在上单调递增，，
所以，即，所以，所以的最小值为.
故答案为：
16. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，在处的切线与的准线交于点，若，则______；面积的最小值为______．

【答案】 ①. 5 ②. 4
【解析】
【分析】由题意可得抛物线方程，设在第二象限，由，可得点坐标，设直线的方程为，与联立可得，设切线的方程为，与联立可得，，从而可求；最后利用点到直线距离公式及面积公式即可求解面积的最小值.
【详解】解：因为焦点为，所以抛物线，不妨设在第二象限，
因为，所以，
设直线的方程为，与联立并消去，得，
设，，则，，
所以，
设切线的方程为，与联立并消去，得，
因为，所以，
所以，，即，，，，
若，则，，．
又到直线的距离，
所以，令，
所以，所以当时，的面积最小，最小值为4．
故答案为：5；4.
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. 已知数列的前项和为，且，是公差为2的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）推导出，则，两式相减得，再由累乘法能求出的通项公式；
（2）分奇数偶数两种情况讨论，利用并项求和能求出.
【小问1详解】
由题意可知，整理可得，①
则②
由②①可得，
整理可得，
因为，所以由累乘法可得，
因为，所以，
【小问2详解】
当为偶数时，


当奇数时，



所以，.
18. 2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月20日在卡塔尔正式开赛，该比赛吸引了全世界亿万球迷观看.为了了解喜爱观看世界杯是否与性别有关，某体育台随机抽取男女各100名观众进行统计，其中男的喜爱观看世界杯的有60人，女的喜爱观看世界杯的有20人.
（1）完成下面列联表，

男
女
合计
喜爱看世界杯



不喜爱看世界杯



合计



试根据小概率值的独立性检验，并判断能否认为喜爱观看世界杯与性别有关联？
（2）在喜爱观看世界杯的观众中，按性别用分层抽样的方式抽取8人，再从这8人中随机抽取2人参加某电视台的访谈节目，设参加访谈节目的女性观众与男性观众的人数之差为，求的数学期望和方差.
附：，其中.

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）列联表见解析，喜爱观看世界杯与性别有关联
（2），.
【解析】
【分析】（1）由题可得列联表，计算的值，由此作出判断.
（2）根据分布列的求法求得的分布列，进而可得期望.
【小问1详解】
由题意得到如下列联表：

男
女
合计
喜爱看世界杯
60
20
80
不喜爱看世界杯
40
80
120
合计
100
100
200

零假设为喜爱观看世界杯与性别无关联.
根据列表中的数据计算得到
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为喜爱观看世界杯与性别有关联.
【小问2详解】
按照分层抽样的方式抽取8人，其中男观众6人，女观众2人，
则的可能取值为，0，2，
，，，
所以的分布列为


0
2





，
.
19. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明过程见详解
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）连接与相交于点，连接，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得到和，再利用线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量表示平面与平面的夹角的正弦值，求出的值即可.
【小问1详解】
连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
，分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
20. 非等腰的内角、、的对应边分别为、、，且.
（1）证明：；
（2）若，证明：.
【答案】（1）证明过程见详解
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；
（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得，代入，整理可得到，可以用分析法证明，也可以构造，求导得到在上单调递减.进而得到.
【小问1详解】
由正弦定理，得，
，由，
则.
【小问2详解】
由，则为锐角，，
则，去分母得，
则，由则.
由（1）有，得.
解方程组，消元，
则，可得，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，由，此不等式成立，得证.
另解：令，，又，
求导得，则在递增，
则，得证
21. 已知椭圆的左右焦点分别为、，左右顶点分别为、，是椭圆上异于、的任意一点，、斜率之积为，且的面积最大值为.

（1）求椭圆的方程；
（2）直线交椭圆于另一点，分别过、作椭圆的切线，这两条切线交于点，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出，表达出，结合求出，根据的面积最大值求出，，求出椭圆方程；
（2）设处椭圆的切线方程为，联立椭圆方程，有根的判别式等于0得到切线方程，同理得到处的切线方程为，联立两切线方程，得到点的横坐标，可设点，得到直线的方程为，得到，证明出结论.
【小问1详解】
设点，由，，知
，
因为在椭圆上，所以，即
，则，
.
因为的面积最大值为，
，
，，即椭圆.
【小问2详解】
下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；

所以处的切线方程为，
同理可得处的切线方程为，
由得交点横坐标
，
可设点，
则有，
所以直线的方程为，
知，又，所以，
所以，即证.
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
22. 已知函数，.
（1）求证：在上单调递增；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断导数在的取值范围，从而证明的单调性；
（2）由题意可得，分离参数得到 ，求出导数，判断其单调区间，找出最小值即可.
【小问1详解】
，，，
由，有，，则，又，
则.
当时，，，所以
所以当时，，综上，在上单调递增.
小问2详解】
.化简得.
当时，，所以，
设，

设，.
，，，
在上单调递增，
又由，所以当时，，，
在上单调递减；
当时，，，在上单调递增，
所以，
故.
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题
在定义域内，若恒成立，即；