2023屆福建省廈門市高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題

2023屆福建省廈門市高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題1．復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)分別為（1，2），（0，-1），則z1z2＝（

）A．1+i B．2-i C．-2i D．-2-i【答案】B【分析】首先根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義求復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法公式求解.【詳解】由復(fù)數(shù)的幾何意義可知，，，則.故選：B2．的展開式中x2y3項(xiàng)的系數(shù)等于80，則實(shí)數(shù)a＝（

）A．2 B．±2 C． D．±【答案】D【分析】根據(jù)展開式的通項(xiàng)公式，確定項(xiàng)的系數(shù)，即可求解.【詳解】展開式的通項(xiàng)公式是，當(dāng)時，項(xiàng)的系數(shù)為，解得：.故選：D3．不等式（）恒成立的一個充分不必要條件是（

）A．a(chǎn)≥1 B．a(chǎn)＞1 C． D．a(chǎn)＞2【答案】D【分析】先求得不等式（）恒成立的充要條件，再找其充分不必要條件.【詳解】不等式（）恒成立，顯然不成立，故應(yīng)滿足，解得，所以不等式（）恒成立的充要條件是，A、C選項(xiàng)不能推出，B選項(xiàng)是它的充要條件，可以推出，但反之不成立，故是的充分不必要條件.故選：D4．西施壺是紫砂壺器眾多款式中最經(jīng)典的壺型之一，是一款非常實(shí)用的泡茶工具（如圖1）．西施壺的壺身可近似看成一個球體截去上下兩個相同的球缺的幾何體．球缺的體積（R為球缺所在球的半徑，h為球缺的高）．若一個西施壺的壺身高為8cm，壺口直徑為6cm（如圖2），則該壺壺身的容積約為（不考慮壺壁厚度，π取3.14）（

）A．494ml B．506ml C．509ml D．516ml【答案】A【分析】依題意作出幾何體的軸截面圖，即可求出對應(yīng)線段的長，進(jìn)而求出球的半徑和球缺的高，再根據(jù)球的體積公式和球缺的體積求解即可.【詳解】如圖作出幾何體的軸截面如下面所示，依題意，，為球心，為壺口所在圓的圓心，所以，因?yàn)椋?，且，，所以球的半徑，所以球缺的高，所以球缺的體積，所以該壺壺身的容積約為：.故選：A.5．廈門山海健康步道云海線全長約23公里，起于東渡郵輪廣場，終于觀音山沙灘，沿線申聯(lián)貿(mào)鳥湖、狐尾山、仙岳山、園山、薛嶺山、虎頭山、金山、湖邊水庫、五緣灣、虎仔山、觀音山等“八山三水”．市民甲計劃從“八山三水”這11個景點(diǎn)中隨機(jī)選取相鄰的3個游覽，則選取的景點(diǎn)中有“水”的概率為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用對立事件，結(jié)合古典概型公式，即可求解.【詳解】11個景點(diǎn)隨機(jī)選取相鄰的3個游覽，共有9種情況，選取景點(diǎn)中有“水”的對立事件是在狐尾山、仙岳山、園山、薛嶺山、虎頭山、金山中選取3個相鄰的，共有4種情況，則其概率，則11個景點(diǎn)中隨機(jī)選取相鄰的3個游覽，則選取的景點(diǎn)中有“水”的概率.故選：C6．如圖，（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角函數(shù)的定義和正弦、余弦的兩角差公式求得和，再利用余弦的兩角和公式計算即可.【詳解】設(shè)終邊過點(diǎn)的角為，終邊過點(diǎn)的角為，由三角函數(shù)的定義可得，，，，所以，，所以，故選：A7．圓為銳角的外接圓，，點(diǎn)在圓上，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】把轉(zhuǎn)化為，由余弦定理、數(shù)量積的定義得，討論的位置得，結(jié)合銳角三角形恒成立，即可得范圍.【詳解】由為銳角三角形，則外接圓圓心在三角形內(nèi)部，如下圖示，又，而，若外接圓半徑為r，則，故，且，即，由，對于且在圓上，當(dāng)為直徑時，當(dāng)重合時，所以，綜上，，銳角三角形中，則，即恒成立，所以，則恒成立，綜上，.故選:C8．已知，，，則（

）A．c＞b＞a B．a(chǎn)＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞a＞c【答案】A【分析】根據(jù)數(shù)的結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性，最后利用單調(diào)性比較大小即可.【詳解】令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，又，，，所以c＞b＞a，故選：A二、多選題9．李明每天7：00從家里出發(fā)去學(xué)校，有時坐公交車，有時騎自行車．他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到：坐公交車平均用時30分鐘，樣本方差為36；自行車平均用時34分鐘，樣本方差為4．假設(shè)坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態(tài)分布，則（

）A．P(X＞32)＞P(Y＞32)B．P(X≤36)＝P(Y≤36)C．李明計劃7：34前到校，應(yīng)選擇坐公交車D．李明計劃7：40前到校，應(yīng)選擇騎自行車【答案】BCD【分析】首先利用正態(tài)分布，確定和，再結(jié)合正態(tài)分布的對稱性，和的原則，即可求解.【詳解】，，根據(jù)對稱性可知，故A錯誤；B.,，所以，故B正確；C.=，所以，故C正確；D.，，所以，故D正確.故選：BCD10．函數(shù)f(x)＝b（x-a）2（x-b）的圖象可以是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】首先根據(jù)解析式確定零點(diǎn)類型，再結(jié)合圖象，判斷選項(xiàng).【詳解】由函數(shù)解析式可知，是不變號零點(diǎn)，是變號零點(diǎn)，A.由圖可知，變號零點(diǎn)是0，則，則，不成立，故A錯誤；B.由圖可知，變號零點(diǎn)小于0，不變號零點(diǎn)為0，則，此時，當(dāng)，，當(dāng)，，當(dāng)時，，滿足圖象，故B正確；C.由圖可知，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，滿足圖象，故C正確；D.由圖可知，，，當(dāng)時，，與圖象不符，所以D錯誤.故選：BC11．如圖的六面體中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，則（

）A．CD⊥平面ABC B．AC與BE所成角的大小為 C． D．該六面體外接球的表面積為3π【答案】ACD【分析】利用線面垂直的判定定理、空間向量以及球的表面積公式進(jìn)行計算求解.【詳解】因?yàn)镃A＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，所以，即又，所以CD⊥平面ABC，故A正確；因?yàn)镃D⊥平面ABC，如圖，建立空間之間坐標(biāo)系，因?yàn)镃A＝CB＝CD＝1，所以四面體是正三棱錐，因?yàn)锳B＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面體是正四面體，在正三棱錐中過點(diǎn)C作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，同理，在正四面體中，過頂點(diǎn)作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，所以，三點(diǎn)共線；因?yàn)?，因?yàn)檎切蔚闹行?，所以，設(shè)，因?yàn)樵谡拿骟w中，，在正三棱錐中，，所以，解得，所以，所以，又，所以，故AC與BE所成角的大小為，故B錯誤；因?yàn)椋?，故C正確；

顯然，該六面體外接球的球心位于線段的中點(diǎn)，因?yàn)?，所以六面體外接球的半徑，所以該六面體外接球的表面積為，故D正確.故選：ACD.12．定義在R上的函數(shù)滿足，函數(shù)的圖象關(guān)于對稱，則(

)A．的圖象關(guān)于對稱 B．4是的一個周期C． D．【答案】AD【分析】對A：由函數(shù)的圖象關(guān)于對稱可推得的圖象關(guān)于對稱.對B：令,由及可得到的圖象于對稱且關(guān)于對稱，故4為的一個周期,而不是的一個周期.對C：舉例說明.對D：由的周期性求得的值.【詳解】對A：因?yàn)殛P(guān)于對稱,有，令，則，的圖象關(guān)于對稱.選項(xiàng)A正確；對B：由題設(shè)條件得，令，有，則的圖象于對稱，因?yàn)?，有，即，則的圖象關(guān)于對稱.所以，又，所以，所以，所以，所以4為的一個周期，即，則.選項(xiàng)B不正確；對C：由上知圖象關(guān)于對稱，對稱，則令符合題意，而.故C不正確;對D：因?yàn)閳D象關(guān)于對稱，所以，故，有.選項(xiàng)D正確.故選：AD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：令是解題的關(guān)鍵，通過研究的對稱性，周期性得到的性質(zhì)，關(guān)于的求值問題也轉(zhuǎn)化為的求值問題.三、填空題13．將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度．得到函數(shù)g(x)的圖象，若g(x)是奇函數(shù)，則φ＝_______．【答案】【分析】首先根據(jù)平移規(guī)律求函數(shù)的解析式，再根據(jù)函數(shù)是奇函數(shù)，求的值.【詳解】函數(shù)向左平移個單位長度，得到函數(shù)，函數(shù)是奇函數(shù)，所以，則，，則，，因?yàn)?，所?故答案為：14．寫出與直線和圓都相切的一個圓的方程________．【答案】（答案不唯一，只需滿足與直線和圓都相切即可）.【分析】根據(jù)相切關(guān)系，列出圓心和半徑應(yīng)該滿足的條件即可.【詳解】設(shè)圓的方程為:和直線相切可以得：和圓相切得：或若則此時圓的方程：故答案為：（答案不唯一，只需滿足與直線和圓都相切即可）.15．?dāng)?shù)列滿足，若，，則＝____________．【答案】-6【分析】由遞推公式可得數(shù)列的周期為4，又因?yàn)椋儆捎嬎慵纯?【詳解】解：因?yàn)?，，所以，，，，所以?shù)列的周期為4，又因?yàn)?，所?故答案為：-616．不與x軸重合的直線l過點(diǎn)N（,0）（xN≠0），雙曲線C：（a＞0，b＞0）上存在兩點(diǎn)A、B關(guān)于l對稱，AB中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為．若，則C的離心率為____________．【答案】2【分析】由點(diǎn)差法得，結(jié)合得，代入斜率公式化簡并利用可求得離心率.【詳解】設(shè)，則，兩式相減得，即，即，所以，因?yàn)槭茿B垂直平分線，有，所以，即，化簡得，故.故答案為：2四、解答題17．的內(nèi)角的對邊分別為，已知．(1)求B；(2)A的角平分線與C的角平分線相交于點(diǎn)D，，，求和．【答案】(1)(2),【分析】（1）根據(jù)題意，由余弦定理化簡即可得到結(jié)果；（2）由題意可得，然后由余弦定理即可得到，然后在中，由等面積法即可得到，從而求得.【詳解】（1）由余弦定理可得，，整理可得，則，且，所以（2）因?yàn)榉謩e是的角平分線，連接，則為的角平分線，即點(diǎn)為三角形的內(nèi)心，則，又因?yàn)椋?，在中，由余弦定理可得，，則，過點(diǎn)，分別做的垂線，垂足為，在中，，可得，即在直角三角形中，則18．如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，A1D⊥BD1．(1)證明：四邊形ADD1A1為正方形；(2)若直線BD1與平面ABCD所成角的正弦值為，CD＝2AB，求平面ABD1與平面BCD1的夾角的大?。敬鸢浮?1)詳見解析；(2)【分析】（1）易證平面，從而得到，再由，得平面，從而得到，然后由正方形的定義證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)直線BD1與平面ABCD所成角的正弦值為求得a，b的關(guān)系，再分別求得平面ABD1的一個法向量為和平面BCD1的一個法向量為，由求解.【詳解】（1）解：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知：，又，且，所以平面，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，因?yàn)樗倪呅问蔷匦?，所以是正方形；?）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：，設(shè)，則，所以，設(shè)ABCD的一個法向量為，直線BD1與平面ABCD所成的角為，則，即，解得，則，所以，設(shè)平面ABD1的一個法向量為，則，即，令，則，設(shè)平面BCD1的一個法向量為，則，即，令，則，所以，因?yàn)椋瑒t，所以平面ABD1與平面BCD1的夾角為.19．記等差數(shù)列的公差為，前項(xiàng)和為；等比數(shù)列的公比為，前項(xiàng)和為，已知，，．(1)求和；(2)若，，求的前項(xiàng)和．【答案】(1)或.(2)【分析】（1）根據(jù)條件列方程組求解；（2）可求得，使用分組求和.【詳解】（1）由已知條件可得:①，②，③，由①②消去得:，由①③得:，所以，得或，所以或.（2）當(dāng)時，，則，所以，所以，的前項(xiàng)和為20．移動物聯(lián)網(wǎng)廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)制造、公共服務(wù)、個人消費(fèi)等領(lǐng)域．截至2022年底，我國移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)達(dá)18.45億戶，成為全球主要經(jīng)濟(jì)體中首個實(shí)現(xiàn)“物超人”的國家．右圖是2018-2022年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)W與年份代碼t的散點(diǎn)圖，其中年份2018-2022對應(yīng)的t分別為1~5．(1)根據(jù)散點(diǎn)圖推斷兩個變量是否線性相關(guān)．計算樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01），并推斷它們的相關(guān)程度；(2)(i)假設(shè)變量x與變量Y的n對觀測數(shù)據(jù)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，兩個變量滿足一元線性回歸模型

（隨機(jī)誤差）．請推導(dǎo)：當(dāng)隨機(jī)誤差平方和Q＝取得最小值時，參數(shù)b的最小二乘估計．(ii)令變量，則變量x與變量Y滿足一元線性回歸模型利用(i)中結(jié)論求y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程，并預(yù)測2024年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)．附：樣本相關(guān)系數(shù)，，，，【答案】(1),這兩個變量正線性相關(guān)，且相關(guān)程度很強(qiáng).(2)（i）；（ii）經(jīng)驗(yàn)回歸方程;預(yù)測2024年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)23.04億戶.【分析】（1）根據(jù)相關(guān)系數(shù)計算，若兩個變量正相關(guān)，若兩個變量負(fù)相關(guān)，越接近于1說明線性相關(guān)越強(qiáng).（2）(i)整理得，根據(jù)二次函數(shù)求最小值時的取值；(ii)根據(jù)計算公式求得經(jīng)驗(yàn)回歸方程，并代入可預(yù)測2024年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù).【詳解】（1）由散點(diǎn)圖可以看出樣本點(diǎn)都集中在一條直線附近，由此推斷兩個變量線性相關(guān).因?yàn)?所以,所以,所以這兩個變量正線性相關(guān)，且相關(guān)程度很強(qiáng).（2）(i)，要使取得最小值，當(dāng)且僅當(dāng).(ii)由(i)知，所以y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程，又，所以當(dāng)時，則，所以預(yù)測2024年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)23.04億戶.21．已知函數(shù)（a∈R）．(1)討論的單調(diào)性：(2)證明：對任意，存在正數(shù)b使得．且2lna+b＜0．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分和兩種情況，討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）由（1）的單調(diào)性可知，再通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并結(jié)合零點(diǎn)存在性定理證明.【詳解】（1），當(dāng)，則，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，若，令，得，當(dāng)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，綜上可知，當(dāng)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（2）由（1）可知，當(dāng)時，，且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，設(shè)，，所以在上單調(diào)遞減，所以，即，由零點(diǎn)存在性定理知，使得，取，則，且.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用，考查推理，論證，運(yùn)算能力，考查函數(shù)與方程思想，化歸于轉(zhuǎn)化思想，分類與整合思想，本題的關(guān)鍵是根據(jù)，構(gòu)造函數(shù)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷，22．已知橢圓C：（a＞b＞0）的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線l交C丁A．B兩點(diǎn)．當(dāng)l⊥x軸時，△ABF2的面積為3．(1)求C的方程；(2)是否存在