2023屆福建省安溪第六中學高中畢業班新課程教學質量監測卷數學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知為拋物線的焦點，點在拋物線上，且，過點的動直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，拋物線的準線與軸的交點為.給出下列四個命題：①在拋物線上滿足條件的點僅有一個；②若是拋物線準線上一動點，則的最小值為；③無論過點的直線在什么位置，總有；④若點在拋物線準線上的射影為，則三點在同一條直線上.其中所有正確命題的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．42．已知盒中有3個紅球，3個黃球，3個白球，且每種顏色的三個球均按，，編號，現從中摸出3個球（除顏色與編號外球沒有區別），則恰好不同時包含字母，，的概率為（）A． B． C． D．3．為雙曲線的左焦點，過點的直線與圓交于、兩點，（在、之間）與雙曲線在第一象限的交點為，為坐標原點，若，且，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．4．若復數，其中為虛數單位，則下列結論正確的是（）A．的虛部為 B． C．的共軛復數為 D．為純虛數5．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為A． B． C．2 D．6．若時，，則的取值范圍為（）A． B． C． D．7．定義，已知函數，，則函數的最小值為（）A． B． C． D．8．甲、乙、丙、丁四位同學高考之后計劃去三個不同社區進行幫扶活動，每人只能去一個社區，每個社區至少一人.其中甲必須去社區，乙不去社區，則不同的安排方法種數為（）A．8 B．7 C．6 D．59．如圖，在三棱錐中，平面，，現從該三棱錐的個表面中任選個，則選取的個表面互相垂直的概率為（）A． B． C． D．10．已知命題，，則是（）A．， B．，.C．， D．，.11．已知集合，，則集合的真子集的個數是（）A．8 B．7 C．4 D．312．已知分別為雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，若，則雙曲線的離心率為（）A． B．4 C．2 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若一個正四面體的棱長為1，四個頂點在同一個球面上，則此球的表面積為_________.14．已知向量，，，則_________.15．在中，角所對的邊分別為，為的面積，若，，則的形狀為__________，的大小為__________．16．已知實數，滿足，則目標函數的最小值為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）若，，求函數的單調區間；（2）時，若對一切恒成立，求a的取值范圍.18．（12分）已知等腰梯形中（如圖1），，，為線段的中點，、為線段上的點，，現將四邊形沿折起（如圖2）（1）求證：平面；（2）在圖2中，若，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知的內角，，的對邊分別為，，，且.（1）求；（2）若的面積為，，求的周長.20．（12分）已知橢圓：的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程：若不存在，請說明理由.21．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數，）.在以坐標原點為極點、軸的非負半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程為.（1）若點在直線上，求直線的極坐標方程；（2）已知，若點在直線上，點在曲線上，且的最小值為，求的值.22．（10分）運輸一批海鮮，可在汽車、火車、飛機三種運輸工具中選擇，它們的速度分別為60千米/小時、120千米/小時、600千米/小時，每千米的運費分別為20元、10元、50元.這批海鮮在運輸過程中每小時的損耗為m元（），運輸的路程為S（千米）.設用汽車、火車、飛機三種運輸工具運輸時各自的總費用（包括運費和損耗費）分別為（元）、（元）、（元）.（1）請分別寫出、、的表達式；（2）試確定使用哪種運輸工具總費用最省.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

①：由拋物線的定義可知，從而可求的坐標；②：做關于準線的對稱點為，通過分析可知當三點共線時取最小值，由兩點間的距離公式，可求此時最小值；③：設出直線方程，聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理，可知焦點坐標的關系，進而可求，從而可判斷出的關系；④：計算直線的斜率之差，可得兩直線斜率相等，進而可判斷三點在同一條直線上.【詳解】解：對于①，設，由拋物線的方程得，則，故，所以或，所以滿足條件的點有二個，故①不正確；對于②，不妨設，則關于準線的對稱點為，故，當且僅當三點共線時等號成立，故②正確；對于③，由題意知，，且的斜率不為0，則設方程為：，設與拋物線的交點坐標為，聯立直線與拋物線的方程為，，整理得，則，所以，則.故的傾斜角互補，所以，故③正確.對于④，由題意知，由③知，則，由，知，即三點在同一條直線上，故④正確.故選:C.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了直線與拋物線的位置關系，考查了拋物線的性質，考查了直線方程，考查了兩點的斜率公式.本題的難點在于第二個命題，結合初中的“飲馬問題”分析出何時取最小值.2、B【解析】

首先求出基本事件總數，則事件“恰好不同時包含字母，，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，，”，記事件“恰好不同時包含字母，，”為，利用對立事件的概率公式計算可得；【詳解】解：從9個球中摸出3個球，則基本事件總數為（個），則事件“恰好不同時包含字母，，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，，”記事件“恰好不同時包含字母，，”為，則.故選：B【點睛】本題考查了古典概型及其概率計算公式，考查了排列組合的知識，解答的關鍵在于正確理解題意，屬于基礎題．3、D【解析】

過點作，可得出點為的中點，由可求得的值，可計算出的值，進而可得出，結合可知點為的中點，可得出，利用勾股定理求得（為雙曲線的右焦點），再利用雙曲線的定義可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】如下圖所示，過點作，設該雙曲線的右焦點為，連接.，.，，，為的中點，，，，，由雙曲線的定義得，即，因此，該雙曲線的離心率為.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，解題時要充分分析圖形的形狀，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.4、D【解析】

將復數整理為的形式，分別判斷四個選項即可得到結果.【詳解】的虛部為，錯誤；，錯誤；，錯誤；，為純虛數，正確本題正確選項：【點睛】本題考查復數的模長、實部與虛部、共軛復數、復數的分類的知識，屬于基礎題.5、A【解析】由給定的三視圖可知，該幾何體表示一個底面為一個直角三角形，且兩直角邊分別為和，所以底面面積為高為的三棱錐，所以三棱錐的體積為，故選A．6、D【解析】

由題得對恒成立，令，然后分別求出即可得的取值范圍.【詳解】由題得對恒成立，令，在單調遞減，且，在上單調遞增，在上單調遞減，，又在單調遞增，，的取值范圍為.故選：D【點睛】本題主要考查了不等式恒成立問題，導數的綜合應用，考查了轉化與化歸的思想.求解不等式恒成立問題，可采用參變量分離法去求解.7、A【解析】

根據分段函數的定義得，，則,再根據基本不等式構造出相應的所需的形式，可求得函數的最小值.【詳解】依題意得，，則,(當且僅當，即時“”成立.此時,，，的最小值為，故選：A.【點睛】本題考查求分段函數的最值，關鍵在于根據分段函數的定義得出，再由基本不等式求得最值，屬于中檔題.8、B【解析】根據題意滿足條件的安排為：A（甲，乙）B（丙）C（丁）；A（甲，乙）B（丁）C（丙）；A（甲，丙）B（丁）C（乙）；A（甲，丁）B（丙）C（乙）；A（甲）B（丙，丁）C（乙）；A（甲）B（丁）C（乙，丙）；A（甲）B（丙）C（丁，乙）；共7種，選B.9、A【解析】

根據線面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，這樣可確定垂直平面的對數，再求出四個面中任選2個的方法數，從而可計算概率．【詳解】由已知平面，，可得，從該三棱錐的個面中任選個面共有種不同的選法，而選取的個表面互相垂直的有種情況，故所求事件的概率為．故選：A．【點睛】本題考查古典概型概率，解題關鍵是求出基本事件的個數．10、B【解析】

根據全稱命題的否定為特稱命題，得到結果.【詳解】根據全稱命題的否定為特稱命題，可得，本題正確選項：【點睛】本題考查含量詞的命題的否定，屬于基礎題.11、D【解析】

轉化條件得，利用元素個數為n的集合真子集個數為個即可得解.【詳解】由題意得，，集合的真子集的個數為個.故選：D.【點睛】本題考查了集合的化簡和運算，考查了集合真子集個數問題，屬于基礎題.12、A【解析】

由已知得，，由已知比值得，再利用雙曲線的定義可用表示出，，用勾股定理得出的等式，從而得離心率．【詳解】.又，可令，則.設，得，即，解得，∴,,由得，，，該雙曲線的離心率.故選：A.【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是由向量數量積為0得出垂直關系，利用雙曲線的定義把雙曲線上的點到焦點的距離都用表示出來，從而再由勾股定理建立的關系．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

將四面體補成一個正方體，通過正方體的對角線與球的半徑的關系，得到球的半徑，利用球的表面積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，將正四面體補形成一個正方體，則正四面體的外接球與正方體的外接球表示同一個球，因為正四面體的棱長為1，所以正方體的棱長為，設球的半徑為，因為球的直徑是正方體的對角線，即，解得，所以球的表面積為.【點睛】本題主要考查了有關求得組合體的結構特征，以及球的表面積的計算，其中巧妙構造正方體，利用正方體的外接球的直徑等于正方體的對角線長，得到球的半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力，以及運算與求解能力，屬于基礎題.14、2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【詳解】，，，，解得：，，則.故答案為：2【點睛】本題主要考查了向量的坐標運算，向量垂直的性質，向量的模的計算.15、等腰三角形【解析】∵∴根據正弦定理可得，即∴∴∴的形狀為等腰三角形∵∴∴由余弦定理可得∴，即∵∴故答案為等腰三角形，16、-1【解析】

作出不等式對應的平面區域，利用線性規劃的知識，通過平移即可求z的最大值．【詳解】作出實數x，y滿足對應的平面區域如圖陰影所示；由z＝x+2y﹣1，得yx，平移直線yx，由圖象可知當直線yx經過點A時，直線yx的縱截距最小，此時z最小．由，得A（﹣1，﹣1），此時z的最小值為z＝﹣1﹣2﹣1＝﹣1，故答案為﹣1．【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合是解決線性規劃題目的常用方法，是基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為；（2）【解析】

（1）求導，根據導數與函數單調性關系即可求出.（2）解法一：分類討論：當時，觀察式子可得恒成立；當時，利用導數判斷函數為單調遞增，可知；當時，令，由，，根據零點存在性定理可得，進而可得在上，單調遞減，即不滿足題意；解法二：通過分離參數可知條件等價于恒成立，進而記，問題轉化為求在上的最小值問題，通過二次求導，結合洛比達法則計算可得結論.【詳解】（1）當，，，，令，解得，當時，，當時，，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）解法一：當時，函數，若時，此時對任意都有，所以恒成立；若時，對任意都有，，所以，所以在上為增函數，所以，即時滿足題意；若時，令，則，所以在上單調遞增，，，可知，一定存在使得，且當時，，所以在上，單調遞減，從而有時，，不滿足題意；綜上可知，實數a的取值范圍為.解法二：當時，函數，又當時，，對一切恒成立等價于恒成立，記，其中，則，令，則，在上單調遞增，，恒成立，從而在上單調遞增，，由洛比達法則可知，，，解得.實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與不等式恒成立問題，考查了分類與整合的解題思想，涉及分離參數法等技巧、涉及到洛比達法則等知識，注意解題方法的積累，屬于難題.18、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）先連接，根據線面平行的判定定理，即可證明結論成立；（2）在圖2中，過點作，垂足為，連接，，證明平面平面，得到點在底面上的投影必落在直線上，記為點在底面上的投影，連接，，得出即是直線與平面所成角，再由題中數據求解，即可得出結果.【詳解】（1）連接，因為等腰梯形中（如圖1），，，所以與平行且相等，即四邊形為平行四邊形；所以；又為線段的中點，為中點，易得：四邊形也為平行四邊形，所以；將四邊形沿折起后，平行關系沒有變化，仍有：，且，所以翻折后四邊形也為平行四邊形；故；因為平面，平面，所以平面；（2）在圖2中，過點作，垂足為，連接，，因為，，翻折前梯形的高為，所以，則，；所以；又，，所以，即，所以；又，且平面，平面，所以平面；因此，平面平面；所以點在底面上的投影必落在直線上；記為點在底面上的投影，連接，，則平面；所以即是直線與平面所成角，因為，所以，因此，，故；因為，所以，因此，故，所以.即直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題主要考查證明線面平行，以及求直線與平面所成的角，熟記線面平行的判定定理，以及線面角的求法即可，屬于常考題型.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理將目標式邊化角，結合倍角公式，即可整理化簡求得結果；（2）由面積公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，結合即可求得周長.【詳解】（1）由題設得.由正弦定理得∵∴，所以或.當，（舍）故，解得.（2），從而.由余弦定理得.解得.∴.故三角形的周長為.【點睛】本題考查由余弦定理解三角形，涉及面積公式，正弦的倍角公式，應用正弦定理將邊化角，屬綜合性基礎題.20、（1）；（2）存在，且方程為或.【解析】

（1）依題意列出關于a,b,c的方程組，求得a,b,進而可得到橢圓方程；（2）聯立直線和橢圓得到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數值.【詳解】（1）直線的一般方程為.依題意，解得，故橢圓的方程式為.（2）假若存在這樣的直線，當斜率不存在時，以為直徑的圓顯然不經過橢圓的左頂點，所以可設直線的斜率為，則直線的方程為.由，得.由，得.記，的坐標分別為，，則，，而.要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，即，所以，整理解得或，所以存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點，直線的方程為或.【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為