2023年福建省泉州市晋江市养正中学高考数学第一次段考试卷（含答案解析）

这是一份2023年福建省泉州市晋江市养正中学高考数学第一次段考试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了18，则A，B相互独立等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省泉州市晋江市养正中学高考数学第一次段考试卷1.  已知集合A，B为全集U的子集，若，则(    )A. A B. B C. U D. 2.  已知复数z满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知，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4.  函数的部分图象大致为(    )A.  B.
C.  D. 5.  我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸一丈等于十尺，一尺等于十寸，则说法不正确的是(    )
A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B. 春分和秋分两个节气的晷长相同
C. 立冬的晷长为一丈五寸 D. 立春的晷长比立秋的晷长短6.  已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则(    )A.  B. 3 C. 或1 D. 3或17.  已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为(    )A.  B.  C.  D. 8.  设，则(    )A.  B.  C.  D. 9.  已知随机事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的有(    )A. 若，则A，B相互独立
B. 若A，B相互独立，则
C. 若，则
D. 若，则10.  已知函数，，关于函数的性质的以下结论中正确的是(    )A. 函数的值域是
B. 是函数的一条对称轴
C. 函数在内有唯一极小值
D. 函数向左平移个单位后所得函数的一个对称中心为11.  直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点不含端点，则以下正确的是(    )A. 平面 B. CD与不垂直
C. 的取值范围为 D. 的最小值为12.  已知，分别是函数和的零点，则(    )A.  B.  C.  D. 13.  已知，，且，记与的夹角为，则______ .14.  已知，则______.15.  已知，是双曲线：的左、右焦点，点M是双曲线上的任意一点不是顶点，过作的角一部分线的垂线，垂足为N，线段的延长线交于点Q，O是坐标原点，若，则双曲线的渐近线方程为______.16.  对于集合…，的子集…，，定义X的“特征数列”为，，…，，其中…，其余项均为0，例如子集的“特征数列”为0，1，1，0，0，…，
子集的“特征数列”的前四项和等于______；
若E的子集P的“特征数列”，，…，满足，，，E的子集Q的“特征数列”为，，…，，满足，，，则的元素个数为______.17.  已知数列满足，
证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
数列满足：，求数列的前n项和18.  如图，在三棱柱中，侧面底面ABC，侧面是菱形，，，
若D为的中点，求证：；
求二面角的正弦值．
19.  某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制一方先胜三局即获胜，比赛结束，比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分．已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为
在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列；
求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率．20.  在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，的面积
若，求的值；
求的取值范围．21.  已知椭圆：的上顶点为，过点且与x轴垂直的直线被截得的线段长为
求椭圆的标准方程；
设直线交椭圆于异于点B的P，Q两点，以PQ为直径的圆经过点B，线段PQ的中垂线与x轴的交点为，求的取值范围．22.  已知函数
若时，恒有，求a的取值范围；
证明：当时，
答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：，得，

故选：
由，得，由此能求出
本题考查集合的运算，考查补集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】A 【解析】【分析】本题考查的知识要点：复数的模，复数相等的条件，属于基础题．
直接利用复数对应关系和模的应用求出结果．【解答】解：设，
所以，
故，
解得：，
故
故选  3.【答案】B 【解析】解：充分性：当，时，充分性不成立，
必要性：由“”则，
即，
故“”是“”必要不充分条件，
故选：
从充分性和必要性两方面进行讨论即可求出．
本题考查了充分必要条件，考查了不等式的性质，属于基础题．
 4.【答案】C 【解析】解：由题意可知，的定义域为，
因为，所以，故为奇函数，则的图像关于原点对称，故B错误；
当时，且，此时，故D错误；因为在上有无数个零点，
所以在上也有无数个零点，故A错误，C正确．
故选：
结合已知条件，利用函数奇偶性可判断B；通过判断在上的符号可判断D；通过判断在上的零点个数可判断
本题考查函数图象，考查学生的运算能力，属于中档题．
 5.【答案】D 【解析】解：由题意知：设晷长为等差数列，公差为d，则，，
解得
相邻两个节气晷长减少的量为一尺，故A正确．
秋分的晷长为：，春分的晷长为：75，春分和秋分两个节气的晷长相同，故B正确．
立冬的晷长为：即为一丈五寸，故C正确．
立春的晷长为105与立秋的晷长为45，故D不正确．
故选：
根据冬至与夏至的晷长，计算出公差，再根据公差判断出每项的正确与否．
本题主要考查等差数列的应用，属于基础题．
 6.【答案】C 【解析】解：设切点为，，，
则切线方程为，切线过点，代入得，
，即方程有两个相等的实数根，
则，解得或
故选：
求出导函数，转化求解切线方程，可得方程有两个相等的解，再由判别式等于0求解．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查化归与转化思想，是中档题．
 7.【答案】A 【解析】解：设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，
则，，
于是当且仅当，即时取等号，
此时，
由线面角的定义得，所求的母线与底面所成角的正弦值为，
故选：
设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥的侧面积和体积公式结合基本不等式可求得最大时l与r的值，再根据线面角的定义可得结果．
本题考查了圆锥的侧面积和体积的计算公式、基本不等式的应用以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
 8.【答案】C 【解析】解：构造，；
求导，
所以在上单增，
所以，
即在上成立，
时可得到，即；
构造，；
求导，
所以在上单增，
所以，
即在上成立，
时可得，即，
综上：，
故答案为：
构造，和，；
利用导数求得单调性后，判断他们和0的关系，再代入和即可得到大小关系．
本题考查函数比较大小，运用了构造法，难度中档．
 9.【答案】ABC 【解析】解：对于A，，，，则A，B相互独立，正确；
对于B，若A，B相互独立，则，正确；
对于C，，则，，则，正确；
对于D，若，则，错误．
故选：
根据题意，利用相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式以及条件概率公式，依次判断所给的4个结论即可．
本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 10.【答案】BC 【解析】解：，
对于A，函数的值域是，故A错误；
对于B，，令，得，
当时，，
所以直线是函数的一条对称轴，故B正确；
对于C，，，
则，
令得，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以函数在内有唯一极小值为，故C正确；
对于D，，
令，得，
当时，；当时，，
所以函数的靠近原点的对称中心为和，故D错误，
故选：
先化简的解析式可得，根据正弦函数的图象和性质可判断AB，对于C，，，求导可得的单调性，进而判断的极值情况，对于D，先求出，再利用正弦函数的对称性可判断
本题主要考查了三角函数的图象和性质，考查了三角函数图象的变换，属于中档题．
 11.【答案】AD 【解析】【分析】将直三棱柱，中补成正方体，
A，利用线面平行的判定即可；
B，取D为的中点，进行判定；
C，判断以AC为直径的球与的交点情况即可；
D，将面翻折至与共面，即可求的最小值．
本题考查空间线面位置关系，考查空间动点问题，属于难题．【解答】解：根据题意作图，如图1，并将其补成正方体，如图2

对于A，因为，平面，所以平面，故A正确；
对于B，当D为的中点，CD与重合，根据正方体的性质可得，故B错误；
对于C，判断以AC为直径的球与的交点情况，
如图3，取AC中点F，则，
当时，，
所以以AC为直径的球与没有交点．所以，故C错误；
对于D，将面翻折至与共面，此时点C与重合，所以的最小值为，故D正确．
故选：  12.【答案】ABD 【解析】解：根据题意，已知，分别是函数和的零点，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为，
又函数与函数互为反函数，其图象关于直线对称，
而直线也关于直线对称，且直线与直线的交点坐标为，
则点和也关于点对称，
，，故A，B正确，
，，
，
，
易知函数在上单调递增，
，故C错误，
，而，，
，又，
，
，而，
，故D正确，
故选：
把函数的零点转化为两个函数图象交点的横坐标，再结合反函数图象的特征得到点关于点和关于点对称，可判断AB，根据零点判定定理求出，所以，结合函数在上单调递增可判断C，根据零点判定定理可得，所以，结合二次函数的性质可判断
本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了函数零点判定定理的应用，同时考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：已知，
则，
又，且，
则，
记与的夹角为，
则，
即，
又，
则，
故答案为：
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的夹角的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的夹角的运算，属基础题．
 14.【答案】 【解析】解：，
，解得：，
两边平方，可得：，

故答案为：
利用两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，两边平方，利用二倍角的正弦函数公式即可计算得解．
本题主要考查了两角和的正弦函数公式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：延长交的延长线于Q，因为MN是角平分线，，如图所示：

所以为等腰三角形，，
N为的中点，O为的中点，
所以ON是的中位线，所以，
若，则，
即，可得，所以，
所以双曲线的渐近线的方程为
故答案为：
延长交的延长线于Q，因为MN是角平分线，，可得为等腰三角形，再由题意可得，结合双曲线的定义可得a，c的关系，得到a，b的关系，求出双曲线的渐近线的方程．
本题考查双曲线的性质的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．
 16.【答案】3 33或34 【解析】解：根据“特征数列”的定义可知子集的“特征数列”为：
1，0，1，1，1，0，0，，0，
子集的“特征数列”的前四项和为：
的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，，1，0，
Q的“特征数列”满足，且，，或，，
的“特征数列”为1，1，0，1，1，0，1，1，0，，0，1或1，0，1，1，0，1，，0，1，1，
，
或
，Q的“特征数列”周期的最小公倍数为6，
一个周期内的元素个数为2，共有，
的元素个数为或个．
故答案为：3；33或
根据“特征数列”的定义求出子集的“特征数列”，由此能求出它的前四项和．
由已知定义可求出集合P，Q，由此能求出的元素个数．
本题考查集合的运算，考查新定义、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 17.【答案】解：证明：数列满足，，
则，
又，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即；
由得，则，①，
则②，
由①-②得，则，
故数列的前n项和 【解析】根据数列的递推式变形得，利用等比数列的定义，即可证明结论；
由得，则，利用错位相减法，即可得出答案．
本题考查等比数列的定义和错位相减法，考查转化思想，考查运算能力，属于中档题．
 18.【答案】证明：侧面是菱形，，
为的中点，，
侧面底面ABC，侧面底面，，底面ABC，
侧面，
侧面，，
，平面，
平面，
解：取中点E，连接CE，从而，
又由，则，
侧面底面ABC，侧面底面，
底面ABC，
以C为坐标原点，以CA，CB，CE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：

由已知条件和如图可知，，，，，
由题意可知，为平面的一个法向量，
不妨设平面的一个法向量，
因为，，
从而，
令，则，，即，
设二面角为，由图可知为钝角，
从而，即，
故二面角的正弦值为 【解析】结合已知条件和平面几何关系知，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；
取的中点E，然后利用面面垂直性质证明底面ABC，再建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解．
本题主要考查异面直线垂直的证明，二面角的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 19.【答案】解：由题意可知，X可能取值为0，1，2，3，
当时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，
则，
当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，
则；
当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，
则，
当时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，
则，
故X的概率分布列如下：X0123P设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A，
则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，
故，
故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为 【解析】求得X的可能取值及对应概率，完成分布列；
分析积分之和为5时三场比赛的积分情况，然后利用独立事件的概率乘法求解即可．
本题主要考查离散型随机变量的概率分布列及期望，是中档题．
 20.【答案】解：因为，由正弦定理得：，
即，即，
因为，所以，即，
由得：；
由得：，即，即，
由余弦定理可得：，
故，则，
令，则，解得，
由正弦定理得：，故的值为或；
由得：，即，
由余弦定理可得：，
即，
故，
令，则，即，
由得，故
故，即得，
故的取值范围是 【解析】由正弦定理化简可得，由可得，结合余弦定理得，换元求出其值，由正弦定理即可得答案；
由得，结合余弦定理得，变形为，换元，可得，结合三角函数的性质可得不等式，即可求得答案．
本题考查了正余弦定理以及三角形面积的应用，注意换元法的使用，属于中档题．
 21.【答案】解：由题意可知椭圆过点，
，解得，
椭圆的标准方程为
由题意可知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，，，
联立方程，消去y得，
，，
以PQ为直径的圆经过点B，，
，
，
又，
，
，
整理得，
解得舍去或，
直线的方程为，
设PQ的中点为G，则，
直线的方程为，即，
令得，
当时，，
当时，，当且仅当即时，等号成立，
当时，，当且仅当即时，等号成立，
的取值范围为 【解析】由题意可知椭圆过点，代入椭圆方程，结合即可求出a的值，从而得到椭圆的标准方程．
由题意可知直线的斜率一定存在，设，，直线的方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，因为以PQ为直径的圆经过点B，所以，即，化简整理可求出m的值，所以直线的方程为，令得，对k的范围分情况讨论，结合基本不等式即可求出的取值范围．
本题主要考查了椭圆的坐标方程，考查了直线与椭圆的位置关系，涉及韦达定理、中点坐标公式，以及基本不等式等知识，属于中档题．
 22.【答案】解：，，
，
令，，
，
①当时，在上，，单调递增，
所以，
即，
所以在上是增函数，
所以，
所以满足条件，
②当时，，
解得，
所以在上，，单调递减，
所以在上，有，即，
所以在上单调递减，
所以，不合题意，
综上所述，实数a的取值范围为
证明：由可知，当时，时，，
所以，
又，即即可，
即证时，成立，
令，则，于是，
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即恒成立，
所以，
所以当时，有成立． 【解析】求导得，令，，则，分两种情况：①当时，②当时，分析的符号，的单调性，进而可得的单调性，分析时，a的取值范围．
由可知，当时，时，，则，要证，即证，只需证时，成立，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．