福建省漳州市2023届高三上学期第一次教学质量检测数学试卷（含答案）

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1、福建省漳州市2023届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分1已知集合，全集，则集合中的元素个数为（ ）A1B2C3D42若复数满足（为虚数单位），则（ ）AB1CD23已知：，：，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知，均为单位向量，且满足，则（ ）ABCD5已知，则（ ）ABCD6已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为（ ）A90B10C10D907设，则（ ）ABCD8已知，分别为轴，轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（ ）AB

2、CD二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9已知函数，则（ ）A的最小正周期是B的图象关于点中心对称C在上有三个零点D的图象可以由的图象上的所有点向右平移个单位长度得到10已知椭圆的上下焦点分别为，左右顶点分别为，是该椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）A该椭圆的长轴长为B使为直角三角形的点共有6个C的面积的最大值为1D若点是异于、的点，则直线与的斜率的乘积等于211如图，在多面体中，四边形，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（ ）A该几何体的体积为B点在平面内的射影为的垂心

3、C的最小值为D存在点，使得12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已知大衍数列满足，则（ ）ABCD数列的前项和为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13树人中学举办以“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人比赛的成绩为：85，86，88，88，89，90，92，94，98（单位：分），则这9人成绩的第80百分位数是_14已知直线是曲线的切线，则_15已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点若，且，则该双曲线的离心率为_16已知正四棱锥的各顶点

4、都在同一个球面上若该正四棱锥的体积为，则该球的表面积的最小值为_四、解答题：本大题共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（10分）已知等比数列的各项均为正数，且，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和18（12分）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，记平面与平面的交线为（1）证明：；（2）求平面与平面所成的角的正弦值19（12分）密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状、大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，（1）若，求

5、平面凹四边形的面积；（2）若，求平面凹四边形的面积的最小值20（12分）漳州某地准备建造一个以水仙花为主题的公园在建园期间，甲、乙、丙三个工作队负责采摘及雕刻水仙花球茎雕刻时会损坏部分水仙花球茎，假设水仙花球茎损坏后便不能使用，无损坏的全部使用已知甲、乙、丙工作队所采摘的水仙花球茎分别占采摘总量的25%，35%，40%，甲、乙、丙工作队采摘的水仙花球茎的使用率分别为0.8，0.6，0.75（水仙花球茎的使用率）（1）从采摘的水仙花球茎中有放回地随机抽取三次，每次抽取一颗，记甲工作队采摘的水仙花球茎被抽取到的次数为，求随机变量的分布列及期望；（2）已知采摘的某颗水仙花球茎经雕刻后能使用，求它是由

6、丙工作队所采摘的概率21（12分）已知抛物线：，直线过点（1）若与有且只有一个公共点，求直线的方程；（2）若与交于，两点，点在线段上，且，求点的轨迹方程22（12分）已知函数（1）当时，求的最大值；（2）设，证明：福建省漳州市2023届高三毕业班第一次教学质量检测数学参考答案一、单项选择题：本大题共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12345678CABCDADC二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9101112ABBCDBDBC

7、D三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分1394 14 15 16四、解答题：本大题共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（10分）解：（1）设的公比为，则，所以又，所以，所以由，得，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以的通项公式为（2）因为，所以所以18（12分）解：（1）因为，平面，平面，所以平面又平面，平面平面，所以（2）解法一：因为，所以，又，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面取，中点分别为，连接，则，所以平面，又平面，所以因为，所以又，所以，所以又，所以，所以为平面与平面所成的角在中，所以，即平面与平面所成的角的正弦值为解法二：因为，

8、所以，又，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面取，中点分别为，连接，则，所以平面，又平面，所以又因为，所以如图，以为原点，分别以，为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的法向量，则，即，取，得，则又是平面的一个法向量，所以，即平面与平面所成的角的正弦值为19（12分）解：（1）如图，连接，在中，由余弦定理，得，在中，又，（2）由（1）知，中，当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值20（12分）解：（1）在采摘的水仙花球茎中，任取一颗是由甲工作队采摘的概率是依题意，的所有取值为0，1，2，3，且，所以，即，所以的分布列为：0123所以（2）用，

9、分别表示水仙花球茎由甲，乙，丙工作队采摘，表示采摘的水仙花球茎经雕刻后能使用，则，且，故，所以即采摘出的某颗水仙花球茎经雕刻后能使用，它是由丙工作队所采摘的概率为21（12分）解：（1）当直线斜率不存在时，其方程为，符合题意；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得当时，直线符合题意；当时，令，解得，直线的方程为，即综上，直线的方程为，或，或（2）解法一：设，不妨令，直线与抛物线有两个交点，且，由，得，且，且，点的轨迹方程为（，且）解法二：设，不妨令，直线与抛物线有两个交点，且，点在线段上，设，则，且，且，点的轨迹方程为（，且）22（12分）解：（1）的定义域为，因为在上单调递增，当时，对于任意的，有，所以在上单调递增，则对于任意的，所以符合题意；当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，这与当时，矛盾，所以舍去；综上，所以的最大值为1（2）由（1）可知，当时，有，即，令，则，所以，将以上不等式左右两边分别相加，得，所以