福建省泉州市2023届高三3月质量检测数学文试题-Word版含答案

2023年泉州市普通高中毕业班质量检查文科数学第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.设集合，则的元素个数为（）A．0B．1C．2D．32.已知是实数，则（）A．B．C．3D．53.某厂在生产某产品的过程中，采集并记录了产量（吨）与生产能耗（吨）的下列对应数据：24683467根据上表数据，用最小二乘法求得回归直线方程.那么，据此回归模型，可预测当产量为5吨时生产能耗为（）A．4.625吨B．4.9375吨C．5吨D．5.25吨4.已知直线，平面，则是的（）A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C.充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.已知实数满足，则的最小值为（）A．0B．C.D．-16.双曲线的焦点到渐近线的距离等于半实轴上，则该双曲线的离心率等于（）A．B．C.2D．37.函数的图象大致是（）A．B．C.D．8.如图，在正方形网格纸上，粗实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸.若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于（）A．B．C.D．9.执行如图所示程序框图，若输出结果是5，则输入的整数的可能性有（）A．6种B．7种C.8种D．9种10.已知函数，若，则实数的取值范围为（）A．B．C.D．11.已知函数.若对任意，则（）A．B．C.D．12.函数在处取得最小值，则实数的取值范围是（）A．B．C.D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13.设向量，且，则．14.已知则．15.过点的光线经轴反射后与圆相切，则的值为．16.中，是上的点，，则的最大值是．三、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.等差数列中，，数列中，．（1）求数列，的通项公式；（2）若，求的最大值．18.在如图所示的多面体中，平面，．（1）在上求作点，使平面，请写出作法并说明理由；（2）求三棱锥的高．19.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校3000名学生进行一次安全意识测试，根据测试成绩评定“优秀”、“良好”、“及格”、“不及格”四个等级，现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示.等级不及格及格良好优秀得分频数624（1）求的值；（2）试估计该校安全意识测试评定为“优秀”的学生人数；（3）已知已采用分层抽样的方法，从评定等级为“优秀”和“良好”的学生中任选6人进行强化培训；现再从这6人中任选2人参加市级校园安全知识竞赛，求选取的2人中有1人为“优秀”的概率；20.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在上．若．（1）求的方程；（2）设直线与交于，若线段的中点的纵坐标为1，求的面积的最大值．21.函数．（1）讨论的单调性；（2）当在上单调递增时，证明：对任意且．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）当时，与相交于两点，求的最小值．23.选修4-5：不等式选讲已知函数．（1）解关于的不等式；（2）若直线与曲线围成一个三角形，求实数的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值．试卷答案一、选择题1-5:CBCBD6-10:AACBD11、12：AC二、填空题13.414.15.16.三、解答题17.（1）设等差数列的公差为.由题意，可得，整理，得，即，解得，又，故，所以..（2）故，可化为，即，即，因为在上为增函数，且，所以的最大值为9.18.解：（1）取的中点，连结，交于，连结.此时为所求作的点（如图所示）.下面给出证明：∵，∴，又，∴四边形是平行四边形，故即.又平面平面，∴平面；∵平面，平面，∴平面.又∵平面平面，∴平面平面，又∵平面，∴平面.（2）在等腰梯形中，∵，∴可求得梯形的高为，从而的面积为.∵平面，∴是三棱锥的高.设三棱锥的高为.由，可得，即，解得，故三棱锥的高为.19.解：（1）由频率分布直方图可知，得分在的频率为，再由内的频数6，可知抽取的学生答卷数为60人，则，得；又由频率分布直方图可知，得分在的频率为0.2，即，解得.进而求得.（2）由频率分布直方图可知，得分在的频率为0.2，由频率估计概率，可估计从全校答卷中任取一份，抽到“优秀”的概率为0.2，设该校测试评定为“优秀”的学生人数为，则，解得，所以该校测试评定为“优秀”的学生人数约为600.（3）“良好”与“优秀”的人数比例为24：12=2：1，故选取的6人中“良好”有4人，“优秀”有2人，“良好”抽取4人，记为，“优秀”抽取2人，记为，则从这6人中任取2人，所有基本事件如下：共15个，事件:“所抽取的2人中有人为‘优秀’”含有8个基本事件，所以所求概率.20.（1）抛物线的焦点的坐标为.因为，所以可求得点坐标为.将点坐标代入得，解得，故抛物线方程为.（2）依题意，可知与轴不垂直，故可设的方程为，并设的中点.联立方程组，消去，得，所以.因为线段的中点的纵坐标为1，所以，即.因为直线与交于，所以，得，故.由，令得，故，设，则，设，令得或，由得，由得，所以的单调增区间为，单调减区间为，当时，；当时，，故，所以的最大值是2.注：面积也可通过求弦长和点到直线的距离建立，可参照上述类似给分.21.解：（1），，令得.当，即时，，故在上单调递增，当，即时，令，得，所以在上单调递减；同理，可得在上单调递增.当，即时，令，得，所以在上单调递减；同理，可得在上单调递增.综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，当在上单调递增时，，故.不妨设，则要证，只需证，即证，只需证，令，则，不等式可化为.下面证明：对任意，令，即，则，令，则，所以在上单调递增，又，所以当时，即，故在上单调递增,又，所以当时，，故对任意，，所以对任意且，.22.解一：（1）由直线的参数方程（为参数），消去参数得，，即直线的普通方程为，由圆的极坐标方程为，得，将代入(*)得，，即的直角坐标方程为.（2）将直线的参数方程代入得，，，设两点对应的参数分别为，则，所以，因为，所以当时，取得最小值.【注：未能指出取得最小值的条件，扣1分】解法二：（1）同解法一（2）由直线的参数方程知，直线过定点，当直线时，线段长度最小.此时，，所以的最小值为.解法三：（1）同解法一（2）圆心到直线的距离，，又因为，所以当时，取得最大值.又，所以当时，取得最小值