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1、2023届福建省漳州市高三（下）第二次质量检测数学试题1. 若集合，则（）A.B.C.D.知识点：交集答案：C解析：，故故选.2. 已知命题：，则命题的否定为（）A.，B.，C.，D.，知识点：全称量词命题的否定答案：B解析：根据含有全称量词命题的否定可知，命题：，则命题的否定为：，故选.3. 在中，若，分别是方程的两个根，则（）A.B.C.D.知识点：两角和与差的正弦公式同角三角函数的平方关系答案：B解析：由解得或，由三角形内角易知：，则，所以，所以，故选.4. 已知某圆锥的底面半径为，高为，则它的侧面积与底面积之比为（）A.B.C.D.知识点：圆柱、圆锥、圆台的侧面积与表面积答案：C解析：
2、圆锥的侧面积为：；圆锥的底面积为：；故选.5. 年月日，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、奋进新征程为主题的联欢晚会，原定的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.知识点：古典概型的概率计算公式分步乘法计数原理答案：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，有种插入法，再将第二个教师节目插入到这个节目中，有种插入法，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.6. 如图，在正方形中，
3、分别为边、的中点，若，则（）A.B.C.D.知识点：向量的线性运算答案：C解析：，故故选.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项依次是，记，则数列的前项和是（）A.B.C.D.知识点：数列中的数学文化问题分组求和法答案：A解析：观察此数列可知，当为偶数时，当为奇数时，因为所以数列的前项和为：，故选.8. 已知函数，若函数恰有个零点，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.知识点：利用导数解决函数零点问题函数零点的值
4、或范围问题答案：B解析：当时，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，函数恰有个零点，等价于方程有个不同的实数根，解得：或，该方程有个根，且，则，当时，故，所以；当时，故，所以，综上：的取值范围是：故选9. 已知复数满足，则（）A.B.C.D.知识点：复数的模共轭复数复数的乘法复数的除法答案：B ； D解析：， ，故选.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.是奇函数知识点：函数的图象及性质由图象（表）求三角函数的解析式答案：A ； B解析：对于，因为为该函数图象的最高点，所以，把点的坐标
5、代入 ,可得，所以，所以，所以，即，故正确；对于，当时，所以在上单调递增，故正确；对于，令，解得，所以的对称中心为，所以不是对称中心，故错误；对于，是非奇非偶函数，故错误故选：.11. 已知数列是首项为的正项等比数列，若，是直线上不同的三点，为平面内任意一点，且，则（）A.B.数列的前项和为C.数列是递减的等差数列D.若，则数列的前项和的最大值为知识点：裂项相消法求和数列与函数的综合问题答案：B ； C解析：由题知，三点共线，则，设公比为，由是正项等比数列，解得，所以，故错误；所以，故正确；因，且，所以数列是为首项，为公差的递减的等差数列，故正确；又，所以数列的前项和为，所以越大，数列的前项和
6、也就越大，但不可能为，只是无限接近于，故错误故选.12. 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.过点且斜率为的直线与有两个不同的交点C.D.当四点共圆时，知识点：双曲线的渐近线直线与双曲线的综合应用双曲线的顶点、长轴、短轴、焦点、焦距答案：A ； C ； D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，故正确，对于，双曲线的渐近线的斜率为，所以过点且斜率为的直线为，联立，消去得：，只有一个交点，故错误，对于，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：
7、，则有即，故正确；对于，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，故正确，故选13. 函数的图象在处的切线方程为知识点：利用导数求曲线的切线方程（斜率）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：故答案为.14. 的展开式中项的系数是.（用数字作答）知识点：展开式中的特定项或特定项的系数二项展开式的通项答案：解析：展开式的通项为，取得到，故的展开式中项的系数是故答案为：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.知识点：抛物线的定义与圆有关的最
8、值问题答案：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，其最小值为故答案为：.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（，为常数）的最小值为知识点：共面向量定理点到平面的距离空间向量的数量积球的表面积答案：； 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，由共面向量定理可得必与共面，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
9、为故答案为；.17. 已知等差数列的前项和为，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，求的前项和知识点：等差数列的通项公式等比数列前n项和的应用分组求和法等差数列的前项和的应用答案：(1) 设等差数列的首项为，公差为，若选择条件，由题可得，解得，若选择条件，由题可得，解得，.(2) 由知，选择两个条件中的任何一个，都有，则，解析：(1) 略(2) 略18. 在中，角，的对边分别是，满足(1) 求；(2) 已知点在边上，且是的平分线，求的最小值知识点：正弦定理及其应用两角和与差的正弦公式解三
10、角形中的最值（范围）问题答案：(1) 由正弦定理得，因为，所以，又，所以.(2) 因为是的平分线，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.解析：(1) 略(2) 略19. 如图，在直角梯形中，为的中点，且，将沿折起，使得点到达处（与不重合），记的中点为，如图(1) 在折叠过程中，是否始终与平面平行？请说明理由；(2) 当四棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值.知识点：立体几何中的折叠问题用空间向量研究直线与平面所成的角棱柱、棱锥、棱台的体积直线与平面平行的判定定理答案：(1) 在折叠过程中，始终与平面平行理由如下：由已知可得：，所以，即四边形为正方形，连接与于点
11、，连接，又为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.(2) 要使四棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大，即平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，得，则，设与平面所成角为，所以即与平面所成角的正弦值为b解析：(1) 略(2) 略20. 北京时间年月日时，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元的顾客可抽奖次已知每次抽奖抽到一等奖的概率为，奖金元；抽到二等奖的概率为，奖金元；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
12、名成功下单金额达元的顾客，求这两名顾客至少一人中奖的概率；(2) 任选名成功下单金额达元的顾客，记为他们获得的奖金总数，求的分布列和数学期望知识点：离散型随机变量的分布列及其性质离散型随机变量的均值或数学期望相互独立事件的概率答案：(1) 任选一名成功下单金额达的顾客，记该顾客抽到一等奖为事件，该顾客抽到二等奖为事件，该顾客不中奖为事件，所以，所以任选名成功下单金额达的顾客，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：解析：(1) 略(2) 略21. 已知函数(1) 当时，讨论的单调性；(2) 若，求证：当时，对，恒有知识点：利
13、用导数讨论函数单调性利用导数证明不等式导数中的函数构造问题答案：(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：，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.解析：(1) 略(2) 略22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且过右焦点的直线与交于，两点，的周长为(1) 求的标准方程；(2) 过坐标原点作一条与垂直的直线，交于，两点，求的取值范围；(3
14、) 记点关于轴的对称点为（异于点），试问直线是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由知识点：椭圆的标准方程直线与椭圆的综合应用圆锥曲线的定值、定点问题答案：(1) 由题意可得，解得，故椭圆的标准方程.(2) 由（）可知：，则有：当直线不与轴重合时，设，则，联立直线与椭圆的方程，消去得，则，故，联立直线与椭圆的方程，消去得，设，则，故，可得，令，则，故，的对称轴为，则在上单调递减，且，故；当直线与轴重合时，则，故；综上所述：的取值范围为.(3) 过定点，理由如下：当直线不与轴重合时，设，则，由（）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；当直线与轴重合时，则直线即为轴也过；综上所述：直线过定点.解析：(1) 略(2) 略(3) 略