2023年福建省宁德市五校教学联合体蕉城区等4地高考数学质检试卷(3月份)+答案解析(附后)

2023年福建省宁德市五校教学联合体蕉城区等4地高考数学
质检试卷（3月份）
1. 集合，，若，
则a的值为( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
2. 已知复数，x，，则( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
3. 已知，则的值为( )
A. B. C. D.
4. 恩格尔系数，国际上常用恩格尔系数n来衡量一个地区
家庭的富裕程度，恩格尔系数越低，人民生活越富裕．某地区家庭2021年底恩格尔系数n
为，刚达到小康，预计从2022年起该地区家庭每年消费支出总额增加，食品消费支出总额增加，依据以上数据，预计该地区家庭恩格尔系数n满足达到
富裕水平，至少经过年参考数据：，，，
( )
A. 8年
B. 7年
C. 4年
D. 3年
5. 如图，圆O半径为1，圆外一点P到圆心O的距离为2，过P引圆O的两条切线，切
点分别记为A、B，M为圆O上的一个动点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6. 已知双曲线C：，点F是C的右焦点，若点P为C左支上的动点，设点P
到C的一条渐近线的距离为d，则的最小值为( )
A. B. C. 8 D. 10
7. 如图1所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E、F、M分别为线段BC、CD、
BE的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把，和折起，使B、C、D 三点重合于点P，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有( )
A. 点P在平面AEF上的投影为的外心
B. 直线AM与平面PEF所成角的正切值为2
C. 三棱锥的内切球半径为
D. 过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为
8.
，，，则( )
A. B. C. D.
9. 如图，在棱长为2的正方体中，点M，N
分别是，的中点，则( )
A. 四点，M，N，C共面
B. 直线与平面平行
C. 异面直线CN与所成角的余弦值为
D. 过M，B，C三点的平面截正方体所得图形面积为
10. 已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 若函数的图象关于点中心对称，则
B. 当时，函数过原点的切线有且仅有两条
C.
函数在上单调递减的充要条件是
D. 若实数，是的两个不同的极值点，且满足，则或
11. 已知函数，则( )
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于对称
C. 在上有四个零点
D. 的值域为
12. 已知抛物线C：，过焦点F的直线l与C交于，两点，
，E与F关于原点对称，直线AB与直线AE的倾斜角分别是与，则( )
A. B.
C. D.
13. 展开式中的系数为______ 用数字作答
14. 已知圆：与圆：内切，则
的最小值为______ .
15. 已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且
，现从该批零件中随机取3件，用X表示这3件产品的质量指标值不
位于区间的产品件数，则______ .
16. 已知函数若，且的最大值为4，
则实数a的值为__________.
17. 在数列中，，且
令，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
记数列的前n项和为，求
18. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
求证：；
若，求的最大值.
19. 如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，D为BC的中
点，，且，平面平面
证明：；
求二面角的正弦值.
20. 某购物中心准备进行扩大规模，在制定未来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度.调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况.假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如表：
商品质量服务质量购物环境广告宣传
顾客甲满意不满意满意不满意
顾客乙不满意满意满意满意
顾客丙满意满意满意不满意
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据.
求购物中心得分为50分的概率；
若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望.
21. 已知椭圆的离心率为，过点
求椭圆C的标准方程；
设椭圆的右焦点为F，定直线m：，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B 两点，过A，B两点分别作于P，于Q，直线AQ、BP交于点M，证明：M 点为定点，并求出M点的坐标.
22. 已知函数，其中a为实数，e为自然对数底数，
已知函数，，求实数a取值的集合；
已知函数有两个不同极值点、，证明
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：，，或，
则或，
等价于，且，，
，
，，，
此时，满足
故选：
集合A需求函数y的定义域，集合B转化成一元二次不等式，将解集表示出来，根据
，可得a的值．
本题考查集合的运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：，
因为，
所以，
所以，解得，
所以
故选：
根据复数的除法运算法则，可得，再利用复数相等的条件，即可得解．本题考查复数的运算，熟练掌握复数的代数运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为，所以，
因为，所以，
所以
故选：
先由同角三角函数的平方关系，求得的值，再根据，并利用两角差的余弦公式，展开运算，得解．
本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角差的余弦公式，同角三角函数的平方关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设经过的年份为x年，依题意有，即，
两边取以10为底的对数得，即，
故至少经过4年，可使家庭恩格尔系数n满足达到富裕水平．
故选：
根据“每年消费支出总额增加，食品消费支出总额增加”以及列不等式，解不等式即可得结论．
本题主要考查根据实际问题选择函数类型，考查对数的运算，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图所示，在OA左边，作圆O的平行OA的切线MH，切点为M，
，
此时在的投影最小，最小为，
又，，，
，又易知四边形AHMO为边长为1的正方形，
，，
，，
的最小值为，
故选：
根据向量数量积的几何意义，向量投影的概念，数形结合，即可求解．
本题考查向量数量积的几何意义，向量投影的概念，数形结合思想，属中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由双曲线，可得，，
设双曲线左焦点为，不妨设一条渐近线为，即，
作，垂足为E，即，
作，垂足为H，则，
因为点P为C左支上的动点，
所以，可得，
故，
由图可知，当P，，E三点共线时，即E和H点重合时，取得最小值，
最小值为，
即的最小值为，
故选：
设双曲线左焦点为，求出其到渐近线的距离，利用双曲线定义将转化为
，利用当P，，E三点共线时，取得最小值，即可求得答案．
本题考查双曲线的定义及其性质，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：过P作平面AEF，则，又，且，
平面PAO，得，连接EO并延长，交AF于H，
同理可得，则O为的垂心，故A不正确；
平面PEF，与平面PEF所成角为，
，故B不正确；
由三棱锥的体积为，
三棱锥的表面积为，
可得，解得，故C不正确；
平面PEF，平面PAF，平面PAE，
可将三棱锥补全成长，宽，高分别为1，1，2的一个长方体，
则长方体的体对角线即为三棱锥的外接球的直径2R，
，，
又M为PE的中点，且，PE在球面上，
过M的截面的最小圆为以PE为直径的圆，其面积为，
过M的截面的最大圆为球的大圆，其面积为，
过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为，故D正确．故选：
根据线面垂直的判定和性质、垂心的定义可判断A；直线AM与平面PEF所成角的正切值可判断B；运用三棱锥的体积公式和等积法，计算可得内切球的半径r，可判断C；由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可判断
本题考查线面垂直判定定理，化归转化思想，线面角的定义，分割补形法，三棱锥外接球问题，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于，，利用构造函数法，
令，所以，
显然，
故函数为单调递减函数，故，即，故；
令，
则，在恒成立，即函数在单调递增；
所以，即，所以，
令，所以，当时，，即函数在
上单调递增，
由于，所以当时，，
所以，即，
即，
由于，所以，即，
故
故选：
直接利用构造函数的关系式，利用函数的导数和函数的单调性的关系判断a、b、c的大小关系．本题考查的知识要点：数的大小比较，构造函数，函数的导数和函数的单调性的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对A选项，连接，根据题意可知：延长MN必交
于的中点P，
又易证，四点，M，N，C共面，选项正确；
对B选项，连接，则易证，
平面与平面重合，
直线与平面相交，选项错误；
对C选项，延长CN，则必过，
又，且，
异面直线CN与所成角为，
又易得，选项正确；
对D选项，过M作，则易得E，F分别为与的中点，
又，，
过M，B，C三点的平面截正方体所得图形为四边形EFBC，
又根据题意易得：四边形EFBC为长，宽分别为，2的矩形，
四边形EFBC的面积为，选项错误．
故选：
对A，B，C选项，根据立体几何公理3的推论，即可分别求解；
对C选项，将两异面直线平移成相交直线，即可求解．
本题考查立体几何公理3的推论的应用，异面直线所成角的求解，正方体的截面面积的求解，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：函数，，，
令，解得，
函数的图象关于点中心对称，，解得，因此A正确．
B.时，原点在函数的图象上，因此过原点有一条切线；
若切点不是原点时，设切点为，
则切线方程为，
把代入可得：，若，则函数过原点的切线有且仅有一条；
若，则函数过原点的切线有两条．因此B不正确．
C.函数在上单调递减不恒
等于在上恒成立，其对称轴为
分类讨论：或或
，因此C正确．
D.，由实数，是的两个不同的极值点，则，
即，
，，
，
，化为，代入，可得，解得或，因此D
正确．
故选：
A.函数，，，令，解得x，即为对称中心的横坐标，根据函数的图象关于点中心对称，进而解得a，即可
判断出A的正误．
B.时，原点在函数的图象上，因此过原点有一条切线；若切点不
是原点时，设切点为，利用点斜式可得切线方程为
，把代入可得
，即可判断出B的正误．
C.函数在上单调递减不恒等于在上恒成立，其对称轴为分类讨论对称轴与区间断点的值的大小关系，即可判断出C的正误．
D.，由实数，是的两个不同的极值点，可得，即
，利用根与系数的关系代入，解得a范围，即可判断出D的正误．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、三次函数的单调性与中心对称性、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以函数的最小正周期为，选项A正确；
对于B，
，
所以的图象关于直线对称，选项B正确；
对于C，当时，，易知此时有唯一零点；
当时，，易知此时
有唯一零点；
当时，，易知此时
无零点；
当时，，易知此时
有唯一零点，
所以在上有三个零点，选项C错误；
对于D，当时，取得最小值，此时恰好取得最小值0，故
的最小值为；
由选项C的分析可知，当时，，当时，，而关于直
线对称，
故可考虑时，的取值情况，
，
令，解得舍或，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以此时，，
综上，函数的值域为
故选：
对于A，由函数与函数的最小正周期即可判断；对于B，由
即可判断；对于C，分，，以及
讨论即可判断；对于D，易知的最小值为，最大值在时取得，根据对称性，考虑
时，的取值情况，利用导数即可求得最大值，进而判断选项
本题考查三角函数的性质以及三角函数与导数的综合运用，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：作轴于D，作轴于C，
所以，，抛物线C：的焦点，
因为，所以，即，所以直线l的斜率存在设为k，
可得直线l的方程为，与抛物线方程联立，
整理得，所以，，，
对于A，，，所以，故A错误；对于B，因为，，
所以
，
所以直线AE与BE的倾斜角互补，即，故B正确；
对于C，因为，所以，即，因为，所以，故C错误；
对于D，因为，所以，
，，
所以，
所以，
所以，即，故D正确．
故选：
作轴于D，做轴于C，设直线l的方程为，与抛物线方程联立求出
，，求出，可判断A；求出可判断B；求出利用基本不
等式得出可判断C；求出、，做差与0比较大小可判断本题考查抛物线的几何性质，抛物线与直线的位置关系，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：的展开式的通项为
，
取得到
故答案为：
根据二项式定理得到，得到答案．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆的圆心距，
两圆内切，，可得，
解得当且仅当时，取得最小值，的最小值为
故答案为：
计算两圆的圆心距，令圆心距等于两圆半径之差，结合基本不等式求解最小值即可．
本题考查了圆的方程，圆与圆的位置关系，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由正态分布的对称性可知，
，
故1件产品的质量指标值不位于区间的概率，
则，
故
故答案为：
根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及二项分布的方差公式，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，以及二项分布的方差公式，属于基础题．
16.【答案】2e
【解析】
【分析】
本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想，利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
利用导数判断时，的单调性，作出图象，结合的最大值为4，利
用切线的斜率求解，再由求解，进一步求得实数a的值．
【解答】
解：当时，，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
在上单调递减，在上单调递增．
作出函数的图象如图所示，
设，，由的最大值为4，
可知当时，上一点处的切线与平行，
此时切点A的横坐标为，对应的点B的横坐标为，
，得，
，，
即，，
则，
故答案为：
17.【答案】证明：由，得，
又是奇数，所以，
因为，
所以，又，
所以是以1为首项，以4为公比的等差数列，
所以；
解：由已知可得，当n为偶数时，；
所以
【解析】直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
利用的结论，进一步利用分组法求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
18.【答案】解：证明：由于，所以
，
整理的，即，
因为A为锐角，所以，
故，由B，C为锐角可得；
由得，
因为，且由正弦定理得，
所以，，
则
，
因为，所以，则，所以，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值
【解析】根据两角和差公式，结合锐角三角形可证明；
由可得，结合正弦定理可得，，代入所求式子，根据二倍角公式转换为关于的二次函数形式，根据角度范围得的范围即可求最大值．
本题考查三角恒等变换，考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查三角函数的图象及性质，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
19.
【答案】解：证明：在三棱柱中，为边长为2的正三角形，D
为BC的中点，
，
平面平面ABC，平面平面，
平面ABC，
平面ABC，；
为边长为2的正三角形，D为BC的中点，，且，
，由知平面ABC，
以D为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，
平面的法向量，
，
二面角的正弦值为：
【解析】推导出，由平面平面ABC，得平面ABC，由此能证明
；
由，平面ABC，以D为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：将购物中心得分为50分记为事件A，则得分为50分在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，
则可能的结果共有：种，
又三名顾客产生的反馈结果总共有种，则，
故购物中心得分为50分的概率为；
由得购物中心得分为50分的概率为，将顾客丙投出一个不满意记为事件B，
则，
，
故已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为；
由题意得随机变量X的可能取值有2，3，4，5，6，
则，，
，，，
随机变量X的分布列为
X 2 3 4 5 6
P
，
，
，
故得分的数学期望为
【解析】将购物中心得分为50分记为事件A，利用古典概型的概率公式，即可得出答案；
由得购物中心得分为50分的概率为，将顾客丙投出一个不满意记为事件B，利用条件
概率的概率公式，即可得出答案；
由题意得随机变量X的可能取值有2，3，4，5，6，分别求出概率，即可得出分布列和数学期望，结合，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中
档题．
21.
【答案】解：由离心率，可得，
所以椭圆的方程为：，
将代入椭圆的方程可得：，解得，
所以椭圆的方程为：；
证明：由可得右焦点，
因为直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：，设，，设A在x
轴上方，
联立，整理可得：，
显然，，，
因为，，
所以，，
所以直线AQ的方程为，
由椭圆的对称性可得直线AQ，BP的交点在x轴上，
令，可得，
因为，，所以，即，
所以，
所以直线AQ，BP恒过定点
【解析】由离心率可得a，b的关系，将点的坐标代入，可得b的值，进而求出椭圆的方程；
由可得右焦点F的坐标，设直线l的方程，设A，B的坐标，由题意可得P，Q的坐标，
直线l与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，可得两根之和与两根的关系，求出直线AQ 的方程，由椭圆的对称性，可得直线AQ，BP的交点在x轴上，令，可得交点的横坐标的表达式，将两根之和代入可得x为定值，可证得交点的坐标为定点．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，直线的交点为定点的证明方法，属于中档题．
22.【答案】解：由，得，
当时，因为，不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，则由得，
所以，故实数a取值的集合为；
证明：由已知，，
因为函数有两个不同的极值点，，
所以有两个不同零点，
当时，则在R上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；
当时，由，得，令，
所以，当时，，单调递增；
当，，单调递减；
所以，
因为，所以，所以，
故实数a的取值范围为，
设，则，
因为，所以，
则，取对数得，
令，，则，
即，令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，令，
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则在上单调递增，
又，所以当时，
，即
，
因为，
，在上单调递增，所以
，
所以，即
，
所以，
故成立．
【解析】根据题意得到当
时，因为，不合题意；当
时，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，单调递增，得到
，令
，则
，利用单调性即可求解；
由题意当
时，则在R 上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；当时，由
，得
，令
，根据单调性和最值得到实数a 的取值范围为
，设
，则
，整理后令
，则
，根据
单调性即可得证．
本题考查了导数的综合应用，属于难题．。