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1、漳州市2023届高三毕业班第二次质量检测数学试题本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回一、单项选择题：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. 若集
2、合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知命题p：，则命题p的否定为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，3. 在中，若，分别是方程的两个根，则（ ）A. B. C. D. 4. 已知某圆锥的底面半径为1，高为，则它的侧面积与底面积之比为（ ）A. B. 1C. 2D. 45. 2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 6. 如图，在正方形ABCD中，E，F分
3、别为边BC、CD的中点，若，则（ ）A B. C. D. 7. 大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题已知该数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记，则数列的前20项和是（ ）A 110B. 100C. 90D. 808. 已知函数，若函数恰有5个零点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对
4、的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 10. 函数的图象如图所示，则（ ）A. B. 在上单调递增C. 的一个对称中心为D. 是奇函数11. 已知数列是首项为的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且，则（ ）A. B. 数列的前6项和为C. 数列是递减的等差数列D. 若，则数列的前n项和的最大值为112. 已知是双曲线左、右焦点，且到的一条渐近线的距离为，为坐标原点，点，为右支上的一点，则（ ）A. B. 过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点C. D. 当四点共圆时，三、填空题：本题共4小题，每小题
5、5分，共20分13. 函数的图象在处的切线方程为_14. 的展开式中项的系数是_（用数字作答）15. 已知为抛物线上的一个动点，直线，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为_16. 已知长方体的底面是边长为的正方形，若，则该长方体的外接球的表面积为_；记分别是方向上的单位向量，且，则（m，n为常数）的最小值为_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. 已知等差数列的前n项和为，若，且_在，这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和18. 在中，角A，
6、B，C的对边分别是a，b，c，满足（1）求B；（2）已知点D在边AC上，且BD是的平分线，求的最小值19. 如图1，在直角梯形BCDE中，A为DE中点，且，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2（1）在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；（2）当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值20. 北京时间2022年11月21日0时，卡塔尔世界杯揭幕战在海湾球场正式打响，某公司专门生产世界杯纪念品，今年的订单数量再创新高，为回馈球迷，该公司推出了盲盒抽奖活动，每位成功下单金额达500元的顾客可抽奖1次已知每次抽奖抽到一等奖的
7、概率为10%，奖金100元；抽到二等奖的概率为30%，奖金50元；其余视为不中奖假设每人每次抽奖是否中奖互不影响（1）任选2名成功下单金额达500元的顾客，求这两名顾客至少一人中奖的概率；（2）任选2名成功下单金额达500元的顾客，记为他们获得的奖金总数，求的分布列和数学期望21. 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求证：当时，对，恒有22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为（1）求C的标准方程；（2）过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；（3）记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请
8、求出定点坐标；若不是请说明理由漳州市2023届高三毕业班第二次质量检测数学试题本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回一、单项选择题：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
9、一项是符合题目要求的1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，故，故选：C2. 已知命题p：，则命题p的否定为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】根据含有全称量词命题的否定可知，命题p：，则命题p的否定为：，故选：B3. 在中，若，分别是方程的两个根，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由解得或，由三角形内角易知：，则，所以，所以，故选：B4. 已知某圆锥的底面半径为1，高为，则它的侧面积与底面积之比为（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】圆锥的侧面积为：；圆锥的底面积为：；，故选：C5. 2022年10月22日，中国共
10、产党第二十次全国代表大会胜利闭幕某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.故选:D.6. 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边BC、CD的中点，若，则（ ）A. B. C. D.
11、【答案】C【解析】，故.故选：C7. 大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题已知该数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记，则数列的前20项和是（ ）A. 110B. 100C. 90D. 80【答案】A【解析】观察此数列可知，当为偶数时，当为奇数时，因为，所以数列的前20项和为：，故选：A8. 已知函数，若函数恰有5个零点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】当时，
12、此时，令，解得：，令，解得：，可得在上单调递减且恒负，在上单调递增且恒负，且，当时，作出的大致图象如图所示，函数恰有5个零点，等价于方程有5个不同的实数根，解得：或，该方程有5个根，且，则，当时，故，所以；当时，故，所以，综上：的取值范围是：.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图象分析，转化为直线与图象的交点情况.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】， ，故选：BD10
13、. 函数的图象如图所示，则（ ）A. B. 在上单调递增C. 的一个对称中心为D. 是奇函数【答案】AB【解析】对于A，因为为该函数图象的最高点，所以，把点的坐标代入 ,可得，所以，所以，所以，即，故A正确；对于B，当时，所以在上单调递增，故B正确；对于C，令，解得，所以的对称中心为，所以不是对称中心，故C错误；对于D，是非奇非偶函数，故D错误.故选：AB11. 已知数列是首项为的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且，则（ ）A. B. 数列的前6项和为C. 数列是递减的等差数列D. 若，则数列的前n项和的最大值为1【答案】BC【解析】由题知，三点共线，则，设
14、公比为，由是正项等比数列，解得，所以，故A错误；所以，故B正确；因为，且，所以数列是为首项，为公差的递减的等差数列，故C正确；又，所以数列的前n项和为，所以越大，数列的前n项和也就越大，但不可能为，只是无限接近于，故D错误.故选：BC12. 已知是双曲线的左、右焦点，且到的一条渐近线的距离为，为坐标原点，点，为右支上的一点，则（ ）A. B. 过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点C. D. 当四点共圆时，【答案】ACD【解析】设双曲线的半焦距为，一条渐近线为：因为到的一条渐近线的距离为，即，所以，又，所以，故A正确，对于B，双曲线的渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，联立，消
15、去得：，只有一个交点，故B错误，对于C，由双曲线的定义知，所以，因为为的中点，为右支上的一点，所以，所以，在中，由余弦定理得：，则，即，故C正确；对于D，当四点共圆时，所在的圆方程为，联立得，因为，所以，当点的坐标为时，又，所以，当点的坐标为时，又，所以，故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. 函数的图象在处的切线方程为_【答案】【解析】由可得，所以所求切线的斜率为，又当时，即切点为，所以函数的图象在处的切线方程为：.14. 的展开式中项的系数是_（用数字作答）【答案】【解析】展开式的通项为，取得到，故的展开式中项的系数是.15. 已知为抛物线上的一个动点，
16、直线，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为_【答案】【解析】因为圆，所以，半径，抛物线的焦点，准线为直线，则点到直线的距离，所以点到直线的距离与之和为，所以当、四点共线时，取得最小值，其最小值为.16. 已知长方体的底面是边长为的正方形，若，则该长方体的外接球的表面积为_；记分别是方向上的单位向量，且，则（m，n为常数）的最小值为_【答案】 . 【解析】在中，所以，所以该长方体的外接球的半径为，所以该长方体的外接球的表面积为由及可得，所以与的方向相同或与的方向相同，不妨取与的方向相同，由平面向量基本定理可得必与共面，在平面上取一点，故可设，则，所以其最小值为点到平面的最小值，即最小值
17、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. 已知等差数列的前n项和为，若，且_在，这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，若选择条件，由题可得，解得，若选择条件，由题可得，解得，.（2）由(1)知，选择两个条件中任何一个，都有，则，18. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足（1）求B；（2）已知点D在边AC上，且BD是的平分线，求的最小值【解析】（1）由正弦定理得，因为，所以，又，所以.（2）因为是
18、的平分线，所以，又，所以，化简得，所以，所以当且仅当时，等号成立，即的最小值为.19. 如图1，在直角梯形BCDE中，A为DE的中点，且，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2（1）在折叠过程中，PB否始终与平面ACM平行？请说明理由；（2）当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值【解析】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.理由如下：由已知可得：，所以，即四边形为正方形，连接与于点，连接，又为的中点，所以，因为平面ACM，平面ACM，所以平面ACM（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大，即平面，以为坐
19、标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面ACM的法向量为，则，令，得，则，设CD与平面ACM所成角为，所以.即CD与平面ACM所成角的正弦值为.20. 北京时间2022年11月21日0时，卡塔尔世界杯揭幕战在海湾球场正式打响，某公司专门生产世界杯纪念品，今年的订单数量再创新高，为回馈球迷，该公司推出了盲盒抽奖活动，每位成功下单金额达500元的顾客可抽奖1次已知每次抽奖抽到一等奖的概率为10%，奖金100元；抽到二等奖的概率为30%，奖金50元；其余视为不中奖假设每人每次抽奖是否中奖互不影响（1）任选2名成功下单金额达500元的顾客，求这两名顾客至少一人中奖的概率；（2
20、）任选2名成功下单金额达500元的顾客，记为他们获得的奖金总数，求的分布列和数学期望【解析】（1）任选一名成功下单金额达500的顾客，记“该顾客抽到一等奖”为事件A，“该顾客抽到二等奖”为事件B，“该顾客不中奖”为事件C，所以，所以任选2名成功下单金额达500的顾客，这两名顾客都不中奖的概率为，所以这两名顾客至少一人中奖的概率为：；（2）的所有可能取值为，则，则的分布列为：0501001502000.360.210.060.01.21. 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求证：当时，对，恒有【解析】（1）当时，所以，当时，此时在上单调递减；当时，令，解得：，所以在上单调递增；令，解得
21、：，所以在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明：当时，令函数，所以在上单调递减，且，所以，即，所以当，则，所以，所以当，则，所以，令函数，则，所以在上单调递增，又，所以对，恒成立，所以当时，对，恒有.【点睛】方法点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为（1）求C的标准方程；（2）过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；（3
22、）记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由【解析】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程.（2）由（1）可知：，则有：当直线l不与x轴重合时，设，则，联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，则，故，联立直线与椭圆C的方程，消去y得，设，则，故，可得，令，则，故，的对称轴为，则在上单调递减，且，故；当直线l与x轴重合时，则，故；综上所述：的取值范围为.（3）过定点，理由如下：当直线l不与x轴重合时，设，则，由（2）可得：，则直线的斜率，故直线的方程，即，对，可得直线的方程过定点；当直线l与x轴重合时，则直线即为x轴也过；综上所述：直线过定点.【点睛】方法点睛：（1）解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化（2）动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点