2022-2023学年福建省福州第八中学高三上学期质检四数学试题

第页，共页福建省福州第八中学2023届高三上学期质检四数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.集合，，则（

）A． B．C． D．2.已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（

）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限3.已知向量，，若，则（

）A． B．1 C． D．4.已知，，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．55.已知，则（

）A． B． C． D．6.已函数及其导函数定义域均为，且，，则关于的不等式的解集为（

）A． B． C． D．7.棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（

）A． B． C． D．18.已知双曲线的左右焦点分别为，为坐标原点，点为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.下列命题中，正确的命题有（

）A．已知随机变量X服从正态分布且，则B．设随机变量，则C．在抛骰子试验中，事件，事件，则D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好10.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于点对称B．的图象向右平移个单位后得到的图象C．在区间上单调递增D．为偶函数11.如图，正方体的梭长为1，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，下列说法正确的是（

）A．若点是线段的中点，则B．若点是线段的中点，则平而C．若平面，则点轨迹在正方形C内的长度为D．若点M到BC的距离与到的距离相等，则M点轨迹是抛物线12.已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（

）A．B．C．当时，D．当时，若的所有根记为，，，，且，则三、填空题（本大题共3小题）13.的展开式中常数项是（用数字作答）.14.已知为抛物线上的一个动点，为圆上的一个动点，那么点到点的距离与点到抛物线准线的距离之和的最小值是.15.若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线重合，则．四、双空题（本大题共1小题）16.2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为.五、解答题（本大题共6小题）17.已知数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式;（2）设，求数列的前项和.18.在中，角，，所对的边分别为，，，且，．(1)求的值；(2)若平分，且交于点，，求的面积．19.如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．(1)求证：平面；(2)线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．20.足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日晚进行，全程为期28天.(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到22列联表如下：喜爱足球运动不喜爱足球运动合计男性6040100女性2080100合计80120200依据小概率值a=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关?(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．（i）求（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．21.如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点．(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.22.已知函数在区间内存在极值点.(1)求实数的取值范围；(2)求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小．

参考答案1.【答案】C【分析】解出集合，根据交集的运算求解即可.【详解】或，则.故选：C.2.【答案】B【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.【详解】因为，所以，所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.故选：B.3.【答案】A【分析】根据向量平行的坐标关系即得.【详解】由，得，所以.故选：A.4.【答案】C【分析】由，再利用基本不等式求解即可.【详解】因为，，，所以，当且仅当即等号成立.故选：C.5.【答案】B【分析】根据辅助角公式，结合诱导公式、余弦二倍角公式进行求解即可.【详解】，故选：B6.【答案】B【分析】根据已知不等式构造函数，利用导数判断所构造的新函数的单调性，然后利用单调性进行求解即可.【详解】由，设是实数集上的减函数，且，所以由，故选：B7.【答案】C【分析】连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．8.【答案】A【分析】由题设知为直角三角形，由、，可得，进而求离心率的范围.【详解】由题意知：为直角三角形且，又，∴，而，∴，即，∴，即.故选：A.9.【答案】BD【分析】根据正态分布的性质可判断A；由二项分布的方差公式可判断B；根据条件概率公式可判断C；由的意义可判断D.【详解】A：因为且，所以，所以，A错误；B：因为，所以，B正确；C：由题知，事件，所以，C错误；D：由的意义可知D正确.故选：BD10.【答案】BD【分析】先由图象求出的解析式，再结合三角函数的性质与图像变换逐一判断.【详解】由图可知，，又，所以，再由图象知，且，故，解得，即，对于A，由，所以A错误；对于B，的图象向右平移个单位后得到的函数为，故B正确；对于C，当，则，因为不是的单调递增区间，故C错误；对于D，，是偶函数，故D正确.故选：BD.11.【答案】BCD【分析】取中点，中点，证明后可判断A；建立空间直角坐标系，用空间向量法证明线面垂直判断B；过点找到与平面的平行截面得点轨迹，计算长度后判断C；确定在平面上点的轨迹判断D．【详解】A．如图，取中点，中点，连接，与平行且相等，则是平行四边形，∴，又由与平行且相等得平行四边形，∴，∴，而与相交，因此与相交，A错；B．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，∴是平面的一个法向量，平而，B正确；C．在选项A基础上，取中点，连接，由得截面，由与与平行且相等，得平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面，同理平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面，且平面，∴，即线段为点轨迹，在正方形中易得，C正确；D．由平面，平面，得，∴在平面内，到点的距离等于它到直线的距离，其轨迹是抛物线，D正确．故选：BCD．12.【答案】ACD【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.【详解】，，，在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，而，且，在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，故，解得，故A正确；作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.由图像可知，当时，，所以，C正确；若的所有根记为，，且时，则有，，可得，即，又，同理可得，，则，故D正确.故选：ACD.13.【答案】【分析】根据二项式定理，可知的展开式通项为，令，求出，带入通项公式，即可求出结果.【详解】因为的展开式通项为，令，则，所以的展开式中常数项是.故答案为：.14.【答案】【分析】根据题意可得抛物线的焦点坐标、准线方程及圆的圆心坐标、半径，利用抛物线的定义可得点到抛物线准线的距离即为点到焦点的距离，进而得到动点位于线段上时距离最小，计算即可求解.【详解】解：由题可知，抛物线的准线方程为，焦点坐标为，圆的圆心坐标为，半径为，设点到抛物线准线的距离为，则，故，所以当动点位于线段上时，点到点的距离与点到抛物线准线的距离之和最小，此时.故答案为：.15.【答案】0【分析】根据两切线重合求出即可．【详解】解：由切点，，则在点处的切线方程为，即，由切点，，则在点处的切线方程为，即，由题知：两条直线是同一条直线，则：，化简得：．∴．故答案为：0．16.【答案】

；【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；分析可知，即；，即当第1个图中的三角形的周长为1时，即，所以由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即即，，，利用累加法可得数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边，则所以，所以故答案为：，17.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由递推公式，再递推一步，得，两式相减化简得，可以判断数列是等差数列，进而可以求出等差数列的通项公式;（2）根据（1）和对数的运算性质，用裂项相消法可以求出数列的前项和.【详解】解：（1）由知所以，即，从而所以，数列是以2为公比的等比数列又可得，

综上所述，故.

（2）由（1）可知，故，

综上所述，所以，故而

所以.18.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式化简已知条件，从而求得的值.（2）设，利用等面积法列方程，求出的值，然后代入公式即可．【详解】（1）依题意，，由正弦定理得，由正弦定理得．（2）设，因为，平分，所以，因为，，，所以，因为，，所以，则为锐角，所以所以，所以的面积．19.【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.【详解】（1）∵，，∴，又O是中点∴∵平面平面，平面平面，平面，∴平面（2）∵底面是菱形，∴以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则．又，所以，∴，设平面的法向量是，∴，令，则，假设线段上存在点F，且，∴，∴，∴，平方整理得：，∴或（舍）.∴时，即存在点F是中点时，与平面所成角的正弦值是．20.【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关(2)（i）；（ii）证明见解析，甲的概率大【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；（2）（i）根据传球的等可能性推出，（ii）推导出，构造出等比数列，求出，得到，比较出大小.【详解】（1）假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．根据列联表数据，经计算得根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001．（2）（i）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故．（ii）第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则，从而，又，是以为首项，公比为的等比数列．则，∴，，，故第19次触球者是甲的概率大21.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果；（2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论.【详解】（1）解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，联立，可得，（*）由，可得，即切线方程为，所以，，将代入方程（*）可得，可得，此时，不妨设点，同理可得点，，因此，.（2）证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，因为点在椭圆上，则，联立，消去可得，整理得，即，解得，因此，椭圆在其上一点处的切线方程为.设、，则切线的方程为，切线的方程为.设，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，因为点在直线上，则，则，所以，直线的方程可表示为，即，由，可得，故直线过定点，因为，所以，点在以为直径的圆上，当点为线段的中点时，，此时点的坐标为.故存在点，使得为定值.22.【答案】(1).(2)证明见解析，.【分析】（1）由题设知可得，利用导数研究在上的单调性，即可求的取值范围，注意验证所得是否符合题