2023-2024学年福建省漳州市高三（上）第一次质检数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.设全集，若集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为( )
A. B.
C. D.
2.已知复数满足为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数的零点分别，，，则，，的大小顺序为( )
A. B. C. D.
4.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
5.已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
6.若，则( )
A. B. C. D.
7.如图，在五面体中，底面是矩形，，，若，，且底面与其余各面所成角的正切值均为，则该五面体的体积是( )
A. B. C. D.
8.已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.将个数据整理并绘制成频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是( )
A.
B. 该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值
C. 该组数据的第百分位数约为
D. 在该组数据中随机选取一个数据记为，已知，则的概率为
10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A.
B. 的图象关于直线对称
C. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于原点对称
D. 若在上有且仅有一个零点，则
11.已知正项等比数列的前项积为，且，则下列结论正确的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
12.已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为若，且为奇函数，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.在的展开式中常数项是______ 用数字作答
14.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占，乙工厂生产的占已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为，，则从这批产品中任取一件是次品的概率是______ ．
15.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，则的最小值是______ ．
16.一个封闭的圆台容器容器壁厚度忽略不计的上底面半径为，下底面半径为，母线与底面所成的角为在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
如图，正方体的棱长为，为棱的中点．
证明：平面；
若是棱上一点，且二面角的余弦值为，求．
18.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求；
若为边上一点，且，，证明：为直角三角形．
19.本小题分
已知数列，满足，，记为的前项和．
若为等比数列，其公比，求；
若为等差数列，其公差，证明：．
20.本小题分
甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局胜制当一选手先赢下局比赛时，该选手获胜，比赛结束已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．
若，，比赛结束时的局数为，求的分布列与数学期望；
若比对甲更有利，求的取值范围．
21.本小题分
已知椭圆的左焦点为，且过点．
求的方程；
不过原点的直线与交于，两点，且直线，，的斜率成等比数列．
求的斜率；
求的面积的取值范围．
22.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意解指数不等式，得，即，所以，
由函数定义域可得，所以；
阴影部分表示的集合为．
故选：．
由指数函数单调性以及函数定义域可求出集合，，易知阴影部分表示，利用集合基本运算可得结果．
此题考查指数不等式的解法，集合的运算等知识，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：将整理可得，
所以；
可得．
故选：．
将等式整理可得，即可计算出．
本题主要考查复数的四则运算、复数的模的求法，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由得，得，得，
分别作出函数，，和的图象如图，
由图象知，
故选：．
利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合进行求解即可．
本题主要考查函数零点的求解和判断，利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合是解决本题的关键．
4.【答案】
【解析】解：因为，，且，
所以由数量积的坐标公式可知：，解得，
因此，由向量减法坐标公式可得，
结合向量模的坐标公式可得：．
故选：．
将向量垂直转换为数量积为零，再结合向量坐标运算公式即可求解．
本题考查了向量数量积和向量的模，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：双曲线渐近线被圆所截得的弦长为，圆的半径为，设圆心到渐近线的距离为，
由垂径定理可得，
不妨设渐近线方程为其中，
又圆的圆心坐标为圆，
由点到直线的距离公式有．
则，解得，又，
双曲线的离心率为．
故选：．
算出圆心到双曲线的一条渐近线的距离，设出渐近线方程，再结合点到直线的距离公式列方程解出，进一步可求双曲线的离心率．
本题考查双曲线的简单性质，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：若，，
则，
故选：．
由题意利用诱导公式、二倍角公式，求得要求式子的值．
本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：在五面体中，底面是矩形，，，
，，且底面与其余各面所成角的正切值均为，
过作面于，过作分别交，于，，
记的中点为，连接，，同理作出，，，如图，
底面是矩形，，
又，，
面，面，，
，，面，面，
面，，
是面与面的所成角，则由题意知，
同理是面与面的所成角，则，
，，则，
又由题意得，是的中点，
由上述分析易知四边形是矩形，则，
，则，故E，
由题意得，则，
为的中点，，
又由题意得，为面与面的所成角，
则，即，则，即，
由对称性可知，从而，
，同理，，
又，四边形是矩形，
同理可得四边形与四边形是矩形，则几何体是直棱柱，
由对称性可知，
，
该五面体的体积为．
故选：．
利用面面角的定义，结合图形与线面垂直的判定与性质定理求得，，，从而利用切割法，结合锥体与柱体的体积公式即可得解．
本题考查面面角定义、线面垂直的判定与性质定理、锥体与柱体的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然，同号，不妨设，，
设，其中，，
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即．
即，解得，所以，即的最大值为．
故选：．
设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，得出函数的单调性和极小值，结合，即可求解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项：由矩形部分面积之和为可知，
解得，故A选项不符题意，
对于选项：不妨设众数和平均数分别为，由图可知显然有，，
因此，即平均数的估计值大于众数的估计值，故B选项符合题意，
对于选项：设第百分位数为，且注意到这个数据落在区间的概率为，
所以一定落在区间内，所以，
解得，
故C选项符合题意，
对于选项：记、分别为事件、，
则由图可知，，
则由条件概率公式得，故D选项不符题意．
故选：．
对于选项：由矩形部分面积之和为即可验证；对于选项：计算出平均数和众数估计值即可验证；对于选项：根据第百分位数的定义去计算即可验证；对于选项：由条件概率计算公式即可验证．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的计算，以及条件概率的概率公式，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由题意可得，，故，，，A正确；
又因为，故，
所以，，所以 ．
对于，当时，，的图象关于直线对称，B正确；
对于，将的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象不关于原点对称，C错误；
对于，在上有且仅有一个零点，，
，，D正确．
故选：．
由最值求，由周期求，再由，可求，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查由的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：不妨设正项等比数列的公比为，，所以，；
对于，若，则，由等比数列性质可得，
所以可得，即A正确；
对于，若，可得，又，所以；
所以，又，可得，，
因此可得，，，，，即，所以B正确；
对于，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；
对于，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；
可得，即，所以D正确．
故选：．
根据题意结合等比数列的通项公式及其性质，逐项分析得出数列的单调性，即可得出结论．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项：因为，又是由向左平移个单位得到的，
为奇函数，因此的对称中心为，
即，因此，故A正确；
对于选项：令，此时满足题意，但，故B错误；
对于选项：因为的对称中心为，所以，
又已知，所以，
所以关于直线对称，即，
由复合函数求导法则且同时两边对求导得，故C正确；
对于选项：由的对称中心为，
即，两边对求导得，
结合选项分析结论，可知，
所以，
所以的周期为，
因此，
又因为，
所以，故D正确．
故选：．
由题意可以推出的周期以及对称中心，根据，可得的周期是，又是由向左平移个单位得到的，又因为为奇函数，因此的对称中心为；然后对每一选项逐一验证判断即可．
本题考查了抽象函数的对称性、周期性、奇偶性及复合函数的求导法则，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，即，常数项为．
故答案为：．
由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中常数项
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：设，分别表示甲、乙厂生产的产品，表示取到次品，
则，，
，，
从中任取一件产品取到次品的概率为：
．
故答案为：．
利用全概率公式直接求解即可．
本题考查了全概率公式的应用，考查条件概率，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：如下图示所示：
易知焦点，设，，且，，
当直线斜率不存在时如图中虚线所示，可知，此时；
当直线斜率存在时，可设直线方程为，显然，
联立，可得，
所以，
又，
所以，
当且仅当，即时，等号成立；
综上可得，的最小值是．
故答案为：．
根据题意对直线斜率存在与否进行分类讨论，由焦半径公式写出的表达式，并利用基本不等式求出其最小值．
本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：如图所示：
根据题意可知，．
又圆台的母线与底面所成的角为，即，得；
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于，两点，
可知球的半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为．
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，
需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得．
故答案为：．
根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长．
本题考查圆台、球与正方体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】证明：连接交于点，连接，
则为中点，又为中点，，
又平面，平面，平面．
解：如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，．
设平面的法向量为，
由，取，得；
设，则．
设平面的法向量为，
由，取，得．
二面角的余弦值为，
，
解得，即．
【解析】连接交于点，连接，可得，根据线面平行的判定定理即可证明；
以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量为，设，求出平面的法向量，根据即可求解．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
18.【答案】解：因为，
所以，
因为，
所以，即，
又，
所以，
又，
所以，即；
证明：因为，
所以，
即，
所以，
所以，
因此，
又，
所以，
所以，
所以为直角三角形，得证．
【解析】结合正弦定理、诱导公式及二倍角公式化简求解即可；
根据向量运算可得，进而结合向量模的计算公式可得，进而结合余弦定理即可求证．
本题考查了正弦定理，余弦定理，诱导公式，二倍角公式，向量运算以及向量模的计算公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：因为为等比数列，，，
所以，所以．
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
证法一：
因为为等差数列，，，
所以，所以．
因为，即，
所以，
所以当时，
．
又符合上式，
所以．
所以
．
证法二：
因为为等差数列，，，
所以，所以．
因为，即，
所以，
所以数列为常数列．
因此，
所以．
所以
．
【解析】由为等比数列，其公比，可得是以为首项，为公比的等比数列，利用公式求前项和．
求出的通项，可得，通过累乘法或构造常数列，求出的通项，利用公式求前项和，可证得结论．
本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式与求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：依题意得，随机变量所有可能取值为，，
可得，，
所以随机变量的分布列为：
所以的数学期望；
若采用局胜制，甲最终获胜的概率为，
若采用局胜制，甲最终获胜的概率为：
，
若采用局胜制比采用局胜制对甲更有利，则，
即
，
解得，
即的取值范围为．
【解析】根据题意，得到所有可能取值为，，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
分别求得采用局胜制和局胜制，甲最终获胜的的概率，和，结合，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21.【答案】解：由题知，椭圆的右焦点为，且过点，
所以，所以．
又，所以，
所以的方程为．
由题知，直线的斜率存在，且不为．
设：，，，
则，所以，
所以，，
且，即．
因为直线，，的斜率成等比数列．
所以，即，，
所以，且．
因为，所以，所以．
由(ⅰ)知，，
所以，且．
设点到直线的距离为，所以．
因为，所以，，
所以
，
又，且所以，
即的面积的取值范围．
【解析】利用左焦点和点求出，，，即可求出的方程；
设出直线的解析式和点，的坐标，表达出直线，，的斜率，即可求出直线的斜率；
表达出点到直线的距离，线段的长度，进而表达出的面积，即可得到面积的取值范围．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
22.【答案】已知，函数定义域为，
可得，
当时，，在上单调递增；
当时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
因为当时，，
所以，
即，
所以，
可得．
不妨设，
此时对恒成立．
可得，
所以函数在上单调递增，
需满足，
即对恒成立．
不妨设，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
即，
解得，
则实数的取值范围为．
【解析】由题意，对函数进行求导，分别讨论和两种情况讨论导数的正负，从而可求出其单调区间，
由，得，令，此时对恒成立，判断出在上单调递增，问题转化成对恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，从而可求出实数的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
第1页，共1页
