2023届福建省部分地市（厦门、福州、莆田、三明、龙岩、宁德、南平）高三第一次质量检测数学试题含解析

2023届福建省部分地市（厦门、福州、莆田、三明、龙岩、宁德、南平）高三第一次质量检测数学试题

一、单选题

1．若集合，，满足：BU，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】有集合关系，作出Venn图，数形结合即可求解.

【详解】由集合，，满足：BU，，如图所示：

，，

故选：B

2．设在复平面内对应的点为，则“点在第四象限”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件

【答案】A

【分析】根据复数的几何意义解决即可.

【详解】由题知，在复平面内对应的点为，

因为点在第四象限，即，

，即，或，

所以“点在第四象限”是“”的充分不必要条件，

故选：A

3．设，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量法即可求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，又因为，所以，

所以，

故选：.

4．函数的最小正周期不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令、、中的两个等于零分类，结合三角函数最小正周期，即可判断选项A，B，D；

而若时，，，即可化简得出，再分类为与判断其周期，与假设矛盾，即可证明最小正周期不可能是.

【详解】当，时，函数，最小正周期为，故选项A可能；

当，时，函数，最小正周期为，故选项B可能；

当，时，函数，最小正周期为，故选项D可能；

而对于选项C：

，，

则若时，，即，

，，

则若时，，即，

故若时，，则，且，

此时当时，，不满足周期为，

当时，，也不满足周期为，

与假设矛盾，故函数的最小正周期不可能是，

故选：C.

5．过抛物线的焦点作直线l，l交C于M，N两点，若线段中点的纵坐标为2，则（    ）

A．10 B．9 C．8 D．7

【答案】C

【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程得，利用韦达定理求出值，再利用弦长公式即可.

【详解】由抛物线方程知焦点坐标为，

设直线的方程为，联立得，

设，，则，，

则，解得，

则，

故选：C.

6．函数恒有，且在上单调递增，则的值为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】B

【分析】由题意可得时取得最大值，可得.根据单调性可得，即.当时，根据可求的值；若，根据单调性可知不满足题意，从而可求解.

【详解】易知，因为恒有，所以当时取得最大值，

所以，得.

因为在上单调递增，所以,即，得.

当时，

因为，所以.

因为在上单调递增，

所以,得.

所以，且，，解得，.

故.

当，，

因为，所以，

故在上单调递减，不满足题意.

故选:B.

7．在正四棱台中，，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意画出图形，由图构造直角三角形，即可求得，由求得表面积公式求得球体的表面积.

【详解】如图所示的正四棱台，，取上下两个底面的中心，连接，，，过点作底面的垂线与相交于点，

因为四棱台为正四棱台，所以外接球的球心一定在上，在上取一点为球心，连接，则，设，

因为，所以，

，

在中，，即，

在中，，即，

解得，所以，

故选：A.

8．双曲线的下焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，若过A，B和点的圆的圆心在x轴上，则直线l的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意设出直线的方程，与曲线方程联立，结合韦达定理求出的中点坐标和弦长，然后利用垂径定理可得直线l的斜率.

【详解】由题意可知：，设，，的中点为，过点的圆的圆心坐标为，则，

由题意知：直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，

联立方程组，消元可得：，

则，，

由韦达定理可得：，，所以的中点的坐标，则，由圆的性质可知：圆心与弦中点连线的斜率垂直于弦所在的直线，所以，

整理可得：  （*），则圆心到直线的距离，

由弦长公式可得：，

由垂径定理可得：，

也即，将（*）代入可得：

，即，

整理可得：，则，因为，

所以，则，

故选：.

二、多选题

9．记正项等比数列的前n项和为，则下列数列为等比数列的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】根据等比数列的定义和前n项公式和逐项分析判断.

【详解】由题意可得：等比数列的首项，公比，即，

对A：，且，即为等比数列，A正确；

对B：，且，即为等比数列，B正确；

∵，则有：

对C：，均不为定值，即不是等比数列，C错误；

对D：，均不为定值，即不是等比数列，D错误；

故选：AB.

10．已知正实数x，y满足，则（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为8

C．的最大值为 D．没有最大值

【答案】AC

【分析】将代入，根据二次函数的性质即可判断A；根据及基本不等式可判断B；，根据基本不等式可判断C；，，根据基本不等式可判断D.

【详解】因为x，y为正实数，且，所以.

所以，

当时，的最小值为，故A正确；

，

当且仅当时等号成立，故B错误；

，

当且仅当时等号成立，

故，即的最大值为，故C正确；

，

，

当且仅当，即时等号成立，

所以.

所以有最大值，故D错误.

故选:AC.

11．平面向量满足，对任意的实数t，恒成立，则（    ）

A．与的夹角为 B．为定值

C．的最小值为 D．在上的投影向量为

【答案】AD

【分析】由题意可得：与的夹角，然后根据向量的运算逐项进行检验即可求解.

【详解】设平面向量与的夹角为，

因为对任意的实数t，恒成立，

即恒成立，又，

也即对任意的实数恒成立，

所以，则，所以，

故选项正确；

对于，因为随的变化而变化，故选项错误；

对于，因为，由二次函数的性质可知：当时，取最小值，故选项错误；

对于，向量上的一个单位向量，由向量夹角公式可得：，

由投影向量的计算公式可得：在上的投影向量为，故选项正确，

故选：.

12．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（    ）

A．存在点M，使得平面

B．存在点M，使得∥平面

C．不存在点M，使得直线与平面所成的角为

D．存在点M，使得平面与平面所成的锐角为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

，

设，

设平面的法向量为，

，

则有，

假设存在点M，使得平面，所以有，

所以有，因此假设不成立，因此选项A不正确；

假设存在点M，使得∥平面，

所以有，所以假设成立，因此选项B正确；

假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，，

所以有，

解得，，所以假设不成立，故选项C正确；

假设存在点M，使得平面与平面所成的锐角为，

设平面、平面的法向量分别为、，

显然，

则有，

当时，有

，

所以有（舍去），或，假设成立，选项D正确，

故选：BCD

三、填空题

13．已知空间中三点，则点A到直线的距离为__________．

【答案】

【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.

【详解】，

,

，

，

设点A到直线的距离为，则

.

故答案为：.

14．以下为甲、乙两组按从小到大顺序排列的数据：

甲组：14，30，37，a，41，52，53，55，58，80；

乙组：17，22，32，43，45，49，b，56．

若甲组数据的第40百分位数和乙组数据的平均数相等，则__________．

【答案】100

【分析】根据百分位数和平均数的定义即可列出式子计算求解.

【详解】因为，甲组数据的第40百分位数为第四个数和第五个数的平均数，

乙组数据的平均数为，

根据题意得，解得：，

所以，

故答案为：.

15．写出一个同时满足下列三个性质的函数__________．

①若，则；②；③在上单调递减．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据函数的三个性质，列出符合条件的函数即可.

【详解】比如，，故，又，也即成立，

又在上单调递减．

故答案为：.

16．近年来，“剧本杀”门店遍地开花．放假伊始，7名同学相约前往某“剧本杀”门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A，B角色各1人，C角色2人．已知这7名同学中有4名男生，3名女生，现决定让店主从他们7人中选出4人参加游戏，其余3人观看，要求选出的4人中至少有1名女生，并且A，B角色不可同时为女生．则店主共有__________种选择方式．

【答案】348

【分析】根据题意，按照选出的女生人数进行分类，分别求出每一类的选择种数，然后相加即可求解.

【详解】由题意，根据选出的女生人数进行分类，

第一类：选出1名女生，先从3名女生中选1人，再从四名男生中选3人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的1名男生和女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，女生先选有，剩下的一个角色从3名男生中选1人，则种，所以共有种，

第二类：选出2名女生，先从3名女生中选2人，再从四名男生中选2人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的2名女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色从2名男生中选1人，则种，所以共有种，

第三类：选出3名女生，从先从3名女生中选3人，再从四名男生中选1人，然后安排角色，A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色让男生扮演，余下的2名女生扮演角色C，所以共有种，

由分类计数原理可得：店主共有种选择方式，

故答案为：.

四、解答题

17．已知正项数列的前n项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)将数列和数列中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列，求的前50项和．

【答案】(1)

(2)2150

【分析】（1）当时，，得，由，当时，有，作差解决即可；

（2），又，同时，所以，分组求和解决即可.

【详解】（1）依题意，

当时，，解得，

由，

当时，有，

作差得：，

所以，

因为，

所以，

所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，

所以.

（2）由（1）得，，

又，同时，

所以

所以

．

所以的前50项和为2150．

18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求；

(2)已知，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；

(2)由正弦定理得到，结合和两角和则正弦公式求出

，进而求出三角形的面积.

【详解】（1）已知，

代入余弦定理，，

化简得：，所以．

（2）由正弦定理知即，

又，故

，

即，得，

故（舍），

此时，，，

则的面积.

19．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为的中点，且平面．

(1)求的长；

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据线面垂直性质得，结合垂直平分线性质和三角形全等得到，结合即可得到的长；

（2）以点为原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，求出平面和平面的一个法向量，利用空间向量的二面角求法即可.

【详解】（1）∵面，又面，∴，

又∵F为的中点，∴，

又在、中，，

易证得，

故．

，，

又，，

故．

（2）以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意可知，

则，

不妨设是平面的一个法向量，

那么，即，

令，则．

又面，

故是平面的一个法向量．

设为二面角所成平面角，

则，

即二面角的余弦值为．

20．校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备．某学校引进M，N两种类型的自动体外除颤器（简称AED）若干，并组织全校师生学习AED的使用规则及方法．经过短期的强化培训，在单位时间内，选择M，N两种类型AED操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立．

(1)现有某受训学生进行急救演练，假定他每次随机等可能选择M或N型AED进行操作，求他恰好在第二次操作成功的概率；

(2)为激发师生学习并正确操作AED的热情，学校选择一名教师代表进行连续两次设备操作展示，下面是两种方案：

方案甲：在第一次操作时，随机等可能的选择M或N型AED中的一种，若第一次对某类型AED操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若第一次对某类型AED操作不成功，则第二次使用另一类型AED进行操作．

方案乙：在第一次操作时，随机等可能的选择M或N型AED中的一种，无论第一次操作是否成功，第二次均使用第一次所选择的设备．

假定方案选择及操作不相互影响，以成功操作累积次数的期望值为决策依据，分析哪种方案更好？

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）设“操作成功”为事件S，“选择设备M”为事件A，“选择设备N”为事件B，结合题意和独立事件的概率计算公式即可求解；

（2）设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，分别求出每一个次数对应的概率，然后求出每种方案对应的均值，进行比较即可得出结论.

【详解】（1）设“操作成功”为事件S，“选择设备M”为事件A，“选择设备N”为事件B

由题意，

恰在第二次操作才成功的概率，

，

所以恰在第二次操作才成功的概率为．

（2）设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，则X，Y可能取值均为0，1，2，

；

；

；

所以

方法一：

；

；

所以

方法二：方案乙选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，

所以，

决策一：因为，故方案甲更好．

决策二：因为与差距非常小，所以两种方案均可

21．已知椭圆的离心率为，其左焦点为．

(1)求的方程；

(2)如图，过的上顶点作动圆的切线分别交于两点，是否存在圆使得是以为斜边的直角三角形？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）根据待定系数法求椭圆标准方程即可；（2）假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，直线的斜率为0，不合题意；不妨设为：，：，，，圆的半径为，得圆心到直线的距离为，得，联立直线与椭圆方程得，进而得，由得，即可解决.

【详解】（1）由题意设焦距为，则，

由离心率为，所以，

则，

的方程为．

（2）不存在，

证明如下：假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，

直线的斜率为0，不合题意．

依题意不妨设为：，

：，，，圆的半径为，

则圆心到直线的距离为，

即是关于的方程的两异根，

此时，

再联立直线与椭圆方程得，

所以，即，得

所以，同理

由，得，

由题意，，即，此时

，

所以，

因为，

所以方程无解，命题得证．

22．已知函数．

(1)讨论的极值点个数；

(2)若有两个极值点，且，当时，证明：．

【答案】(1)当时，函数没有极值点；当时，函数有两个极值点．

(2)证明见解析

【分析】（1）求函数的导函数，分析函数的单调性，结合极值的定义求其极值点的个数；

（2）由题意可得是方程的两根，先利用作差法结合导函数证明，再证明，则可转化为，再利用导函数求解即可.

【详解】（1）已知，则，

令，则，

当时，，

所以在上单调增减，在上单调递增，

则，

①当时，恒成立，故在上无极值点；

②当时，，显然，

则在上有一个极值点，

又，

令，

故在上单调递增，又，则，则在上有一个极值点，

综上，当时，函数没有极值点；当时，函数有两个极值点．

（2）由（1）中知，则是方程的两根，

不妨令，则，

令解得，

所以在单调递减，在单调递增，大致图像如图所示，

由图像可知当时，，，

下先证（*）

由，两边取对数得，作差得，

（*）等价于证明，

令，

，

故在上单调递增，从而，即证得，

所以，

再证明，

令，

故在上单调递减，则，

所以，

再令，

则在上单调递增，

故，

即证得．

【点睛】判断函数极值点的个数问题，既是判断其导数有无变号零点的问题，解答时要注意判断导数的正负时，要进行分类讨论，并能结合零点存在定理，判断导函数的零点个数，从而判断函数的极值点问题；本题第2问的关键点在于借助是方程的两根得到，将转化为，再利用导函数求解即可.