福建省福州市2023-2024学年高三下学期4月末质量检测数学试卷（含答案）

（在此卷上答题无效）2023—2024学年福州市高三年级4月末质量检测数学试题（完卷时间120分钟；满分150分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！一、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．已知集合，则（）A． B． C． D．2．设，，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3．等轴双曲线经过点，则其焦点到渐近线的距离为（）A． B．2 C．4 D．4．若，则（）A． B． C． D．5．已知非零复数满足，则（）A．1 B． C． D．6．的展开式中的系数为（）A． B． C．34 D．747．数列共有5项，前三项成等差数列，且公差为，后三项成等比数列，且公比为．若第2项等于2，第1项与第4项的和等于10，第3项与第5项的和等于30，则（）A．1 B．2 C．3 D．48．四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．在一次射击比赛中，甲、乙两名选手的射击环数如下表，则下列说法正确的是（）甲乙87909691869086928795A．甲选手射击环数的极差大于乙选手射击环数的极差B．甲选手射击环数的平均数等于乙选手射击环数的平均数C．甲选手射击环数的方差大于乙选手射击环数的方差D．甲选手射击环数的第75百分位数大于乙选手射击环数的第75百分位数10．已知函数满足，且，则（）A． B．C．的图象关于点对称 D．在区间单调递减11．已知函数恰有三个零点，，，且，则（）A． B．实数的取值范围为C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若向量在向量上的投影向量为，则等于______．13．倾斜角为的直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为线段的中点，为上一点，则的最小值为______．14．如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于________，表面积等于______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知数列满足，（）．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：．16．（15分）甲企业生产线上生产的零件尺寸的误差服从正态分布，规定的零件为优等品，的零件为合格品．（1）从该生产线上随机抽取100个零件，估计抽到合格品但非优等品的个数（精确到整数）；（2）乙企业拟向甲企业购买这批零件，先对该批零件进行质量抽检，检测的方案是：从这批零件中任取2个作检测，若这2个零件都是优等品，则通过检测；若这2个零件中恰有1个为优等品，1个为合格品但非优等品，则再从这批零件中任取1个作检测，若为优等品，则通过检测；其余情况都不通过检测．求这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率（精确到0.01）．（附：若随机变量，则，，）17．（15分）如图，以正方形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．18．（17分）点是椭圆：（）上（左、右端点除外）的一个动点，，分别是的左、右焦点．（1）设点到直线：的距离为，证明为定值，并求出这个定值；（2）的重心与内心（内切圆的圆心）分别为，，已知直线垂直于轴．（ⅰ）求椭圆的离心率；（ⅱ）若椭圆的长轴长为6，求被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围．19．（17分）记集合，集合，若，则称直线为函数在上的“最佳上界线”；若，则称直线为函数在上的“最佳下界线”．（1）已知函数，．若，求的值；（2）已知．（ⅰ）证明：直线是曲线的一条切线的充要条件是直线是函数在上的“最佳下界线”；（ⅱ）若，直接写出集合中元素的个数（无需证明）．2023~2024学年福州市高三年级4月份质量检测参考答案与评分细则一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分40分．1．D2．C3．A4．C5．D6．B7．B8．A二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题6分，满分18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．ABC10．BC11．ACD三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分15分．12．13．814．6，22四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．【考查意图】本小题主要考查递推数列与数列求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力等；考查分类与整合、化归与转化等思想方法；考查数学运算、逻辑推理等核心素养；体现基础性和综合性．满分13分．解：（1）因为，，所以，当时，，所以，所以，，所以，，又因为，所以，．（2）由（1）可知，，所以，所以，所以，又因为，所以．16．【考查意图】本小题主要考查正态分布、全概率公式、条件概率等基础知识，考查数学建模能力、逻辑思维能力和运算求解能力等，考查分类与整合思想、概率与统计思想等，考查数学建模、数据分析、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和应用性．满分15分．解：（1）依题意得，，，所以零件为合格品的概率为，零件为优等品的概率为，所以零件为合格品但非优等品的概率为，所以从该生产线上随机抽取100个零件，估计抽到合格品但非优等品的个数为．（2）设从这批零件中任取2个作检测，2个零件中有2个优等品为事件，恰有1个优等品，1个为合格品但非优等品为事件，从这批零件中任取1个检测是优等品为事件，这批产品通过检测为事件，则，且与互斥，所以，所以这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率为．答：这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率约为0.61．17．【考查意图】本小题主要考查直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定与性质定理、平面与平面的夹角、空间向量、三角函数的概念等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查数形结合思想、化归与转化思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．满分15分．解法一：（1）在正方形中，连接并延长，交的延长线于点，连接．因为，分别为线段，中点，所以，所以，所以，所以．又因为面，面，所以面．（2）依题意得，面，又因为面，所以．又因为，，，面，所以面，又面，所以，所以，，两两垂直．以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设，则，，，，设平面的法向量为，则即取，得，，所以平面的一个法向量是，又平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则．所以平面与平面夹角的余弦值为．解法二：（1）证明：取的中点，连接，．因为，分别为线段，的中点，所以，，又因为，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，又因为面，面，所以面．（2）同解法一．解法三：（1）证明：取的中点，连接，．因为，分别为线段，的中点，所以，，又因为面，面，所以面．因为面，面，所以面．又因为，面，面，所以面面，又因为面，所以面．（2）同解法一．18．【考查意图】本小题主要考查圆、椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性．满分17分．解法一：（1）依题意，．设，则，，所以，所以，又，所以，，所以，所以，即为定值，且这个定值为．（2）（ⅰ）依题意，，设直线与轴交于点，因为轴，所以，所以，因为的内切圆与轴切于点，所以，又因为，解得由（1）得，所以，所以椭圆的离心率．（ⅱ）由，得，又，所以，，所以椭圆的方程为．根据椭圆对称性，不妨设点在第一象限或轴正半轴上，即，，又，，所以直线的方程为，设直线与交于点，因为，所以，的面积与的面积之比为，令（），则，当，，当，，所以函数在单调递减，在单调递增．又因为，，，所以的值域是，所以，所以，根据对称性，被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围是．解法二：（1）同解法（2）（ⅰ）依题意，，设直线与轴交于点，因为轴，所以，所以，因为的内切圆与轴切于点，所以，又因为，得所以两式平方后取差，得对任意成立，所以椭圆的离心率．（ⅱ）同解法解法三：（1）同解法（2）（ⅰ）依题意，，因为轴，设点坐标为，可求直线方程为，则点到直线的距离，即，化简得，①同理，由点到直线的距离等于，可得，②将式①－②，得，则．将代入式①，得，化简得，得，所以椭圆的离心率．（ⅱ）同解法19．【考查意图】本小题主要考查集合、导数、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性．满分17分．解：（1）依题意，因为，所以，，且，，令，，则，且，所以所以，即，解得或．（2）（ⅰ）先证必要性．若直线是曲线的切线，设切点为，因为，所以切线方程为，即（*）一方面，，所以，，另一方面，令，则，因为，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，所以，所以．即，，所以，即是函数在上的“最佳下界线”．再证充