2023届福建省泉州第五中学高三毕业班高考适应性检测（一）数学试题含解析

这是一份2023届福建省泉州第五中学高三毕业班高考适应性检测（一）数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省泉州第五中学高三毕业班高考适应性检测（一）数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则 （    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先解绝对值不等式得到集合，然后根据并集的定义求解.
【详解】由题意，，
根据对数函数均在上递增可知，，即，，即，
所以根据并集的定义，.
故选：B
2．设为两条直线，为两个平面，则的充分条件是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于选项A、B、D，可以举反例进行排除；对于选项C，可以结合空间两个平面的法向量垂直，则两个平面垂直进行判断.
【详解】对于A，如图1，，，则满足，平面与不一定垂直，故A错误；
对于B，如图2，，， 则满足，平面与不一定垂直，故B错误；
C. 如图3，如图，在直线上取两个向量,则分别为平面的法向量，且,则，故C正确；
C. 如图4，，，，则，平面与不一定垂直，故D错误；
             
故选：C.
3．某市物价部门对某商品在5家商场的售价（元）及其一天的销售量（件）进行调查，得到五对数据（），经过分析、计算，得，，，之间的经验回归方程是：，则相应于点的残差为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据经验回归直线过样本点的中心求出，然后求出时的预测值，进而求得残差.
【详解】因为，，所以样本点的中心为，
又因为经验回归直线过样本点的中心，所以，所以，所以经验回归方程是：，
当时，，
所以残差为.
故选：A.
4．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据角的变换及诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系求解.
【详解】，
，
.
故选：D
5．在中，，，点是线段上靠近点的三等分点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先用，两个向量表示，然后根据数量积的运算即可得到.
【详解】  
，
，
因，所以，
又，
所以，
故选：B
6．甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．假设事件“从乙箱中取出的两球都是白球”， “从乙箱中取出的两球都是黑球”， “从乙箱中取出的两球一个是白球一个是黑球”，其对应的概率分别为，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合独立事件的概率乘法公式，以及互斥事件概率加法和组合数的计算公式，分类讨论，分别求得，结合选项，即可求解.
【详解】当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个白球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个白球，
可得，所以；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，
可得，所以；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，可得，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，
可得，所以，
综上可得，.
故选：C.
7．已知双曲线的中心为，右顶点为A，右焦点为，点P在上，且满足，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设双曲线标准方程为，根据几何性质用表示P点坐标，代入双曲线方程计算即可.
【详解】设双曲线标准方程为，如图所示，不妨设P位于第一象限，
则由题意可知：，
则P横坐标为：，纵坐标为：，
即，所以或（舍去）.
故选：C
  
8．已知函数在区间内没有零点，但有极值点，则的取值范围（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据辅助角公式化简，由正弦函数的图像与性质求出的取值范围，最后根据两角和差公式求解.
【详解】,其中（取为锐角），
，其中（取为锐角），
设，由，可得.
在区间内没有零点，但有极值点时，,可得.
所以.
因为，，所以.
所以，
所以在上的最大值在取得，故.
又
，

,
所以的取值范围是.
故选:A.
【点睛】知识方法:有关三角函数综合问题的求解策略:1.根据题意问题转化为三角函数的解析式和图像，然后再根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2.熟练应用三角函数的图像与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质(如:单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等)，进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
9．函数的大致图像可能为（    ）
A．   B．  
C．   D．  
【答案】BCD
【分析】利用函数的单调性和奇偶性，通过对进行分类讨论，得出的单调区间和奇偶性，再逐一对各个选项即可得出结果.
【详解】因为，
所以，解得，故定义域为.
，，
因为时，在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增.
当时，，此时为奇函数，故选项B正确；
当时，，易知其图像为选项D，故选项D正确.
当时，由，得，又，
所以，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上可知，在区间上不严格单调递减，故选项A不正确；
当时，，此时为偶函数，
且在区间上单调递增，在区间上单调递减，故选项C正确，
故选：BCD.

二、多选题
10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，成等比数列，则（    ）
A． B．
C．当时，是的最大值 D．当时，是的最小值
【答案】ACD
【分析】根据等比中项的性质得到方程，即可得到，再根据等差数列的通项公式、求和公式及单调性判断即可.
【详解】因为，，成等比数列，所以，即，
整理得，因为，所以，
所以，则，故A正确、B错误；
当时单调递减，此时，
所以当或时取得最大值，即，故C正确；
当时单调递增，此时，
所以当或时取得最小值，即，故D正确；
故选：ACD
11．过原点且斜率为的直线与圆：相交于两点，则下列说法中正确的是（    ）
A．是定值 B．是定值
C．当且仅当时， D．当且仅当时，
【答案】AC
【分析】设直线，，，联立直线方程和圆的方程，利用韦达定理结合向量数量积公式判断A,B选项，根据弦长公式判断C,D选项即可.
【详解】因为圆C：，所以圆心坐标为，半径为1，
设，，l的方程为，
则，得，
所以，，
,A选项正确;
,

不是定值,B选项错误;
半径为，因为，
所以C到AB的距离为，
由点C到直线的距离为：，解得，故C正确;
半径为，因为，
所以C到AB的距离为，
由点C到直线的距离为：，解得或，D选项错误.
故选:AC.
12．在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在线段上运动，则下列说法中正确的是（    ）
A．存在点，使得平面
B．对于任意点，都有平面平面
C．当时，三棱锥的外接球的表面积为
D．当时，平面与正方体表面的交线所围成的图形是梯形
【答案】BC
【分析】由直线与是相交直线，可判定A不正确；由平面，证得，再由，证得平面，得到，连接交于点，得到，证得平面，得到，从而证得平面，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设球心，列出方程组，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，可判定C正确；作，再过点作，得到平面与正方体表面的交线所围成的图形是五边形，可判定D错误.
【详解】对于A中，如图所示，在正方体中，可得，
所以在平面中，直线与一定是相交直线，
所以不存在点，使得平面，所以A不正确；
  
对于B中，如图所示，在正方体中，可得平面，
因为平面，可得，
在正方形，可得，又因为，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以，
连接交于点，在正方形中，可得，
又由平面，且平面，所以，
因为，且两直线在平面内，所以平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以B正确；
  
对于C中，当时，即点为的中点，
以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，
设球心，
可得 ，②①，可得，
代入可得，可得，
解得，可得，
所以外接球的表面积为，所以C正确；
  
对于D中，当时，
在平面内，作，再过点作，
分别连接，可得平面与正方体表面的交线所围成的图形是五边形，
所以D错误.
故选：BC.
    

三、填空题
13．已知复数z满足，则_________．
【答案】
【分析】利用复数的四则运算法则及共轭复数的概念计算即可.
【详解】.
故答案为：2.
14．，则 _________．
【答案】
【分析】根据题意，令，求得，进而求得的值.
【详解】因为，当，可得，
所以.
故答案为：.
15．已知为坐标原点，抛物线上的相异两点，满足直线的斜率之积为1，且在第一象限，则直线斜率的取值范围是_________．
【答案】
【分析】设直线的斜率为，方程为，得到直线的斜率为，方程为，联立方程组求得，，得到的斜率为，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，设直线的斜率为，可得方程为
因为直线的斜率之积为1，则直线的斜率为，可得方程为，
联立方程组，可得，由，可得，
所以直线的斜率为，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
又因为抛物线上的相异两点，所以，所以，
所以，即直线的斜率的取值范围为.
故答案为：.
16．已知函数是偶函数，是的导函数，且，当时，，写出满足条件的一个函数_________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据奇偶性及复合函数的导数法可得，再由不等条件分离参数，利用导数研究其单调性与极值，得出，写出满足要求的一个解析式即可.
【详解】∵是偶函数，∴，
∴.
又∵当时，，
令，
当时，易知单调递增；
令，
在时，易知单调递增，且
即，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
又，
即，使得，
故在和上单调递增，上单调递减，
当时，恒成立，故单调递增；
综上，在和上单调递增，在上单调递减，
而，故，即，不妨令.
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】方法点睛：本题首先在于根据原函数奇偶性与导函数奇偶性的关系确定，然后分离参数，构造函数，分段讨论其单调性，关键在于时，需要用到二次求导及隐零点策略，得出在和上单调递增，上单调递减，最后整合整个函数在的单调性，从而确定其最小值即可得出c的取值范围.

四、解答题
17．凸四边形中，，，，．
(1)当，且时，证明：；
(2)求四边形的面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）在中，利用余弦定理和同角三角函数的基本关系得到，然后在中利用正弦定理和同角三角函数的基本关系得到，进而得证；
（2）结合（1）的结论和三角形面积公式得到的面积，在中，利用余弦定理和基本不等式得到，再结合三角形面积公式得到面积的最大值，进而求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得：
.因为，，
所以，
则在中，由正弦定理得：，
所以. 又因为，所以∠CBD必为锐角，所以，所以∠ADB=∠CBD，所以.
（2）由（1）知，所以.
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以当且仅当时，四边形的面积取最大值.
18．已知数列满足，．
(1)求，，并求；
(2)令，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）方法一：根据题意可得等式，即数列是常数列，即可求解；
方法二：因为，所以，两式相减整理可得，进而可得数列是等差数列，即可求解；
（2）错位相减法求和.
【详解】（1）解法一：
令，则有，解得，
令，则有，解得，
因为，
式子两边同除得：，
则，即，
所以数列是常数列，
又因为，所以即.
解法二：由已知可求得.
因为，所以，
所以，
移项得，即，
所以数列是等差数列，又因为，所以.
（2）因为，
所以，
所以，
两式相减得：，
所以.
19．如图，在三棱锥中，点是的中点，点在上，平面与平面相交于直线，∥l．
  
(1)证明：是的中点；
(2)若平面平面，，是边长为2的正三角形，，点在直线上且不与重合，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】(1)根据∥l，得出∥平面AEF，在根据线面平行的性质得出∥EF；
(2)建立合适的空间直角坐标系，利用线段关系表示相应的空间向量计算即可.
【详解】（1）因为∥l，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF.
因为平面PBC，平面AEF∩平面PBC=EF，所以∥EF，
又因为点是的中点，所以点是的中点.
（2）因为平面平面，且平面平面，
平面ABC，且，所以平面.
取AC中点D，连结PD.
因为是边长为2的正三角形，所以.
  
以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
直线过点A，且∥l，设.
则，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为.
由，令，则，即；
由,令，则，即，
所以，即平面与平面夹角的余弦值为.
20．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送的货物量（单位：箱）分成了以下几组：，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）．
  
(1)该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析每日的可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率；
(2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为三级，时，奖励50元；时，奖励80元；时，奖励120元．
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于样本的中位数时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于样本的中位数时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率为
奖金
50
100
概率


小张为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
(3)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量（单位：箱）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数．试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数（结果保留整数）．
附：若，则，．
【答案】(1)
(2)小张选择方案二更有利
(3)1637

【分析】（1） 由频率分布直方图结合分层抽样的方法得出各组抽取的人数，再求其概率即可；
（2） 若选择方案一，小张每日可获得的奖金为的可能取值为50，80，120元，由频率分布直方图可得其对应的概率，再求其数学期望即可；若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为可能取值为50，100，150，200元，求其相应的概率得出数学期望并和方案一比较大小得出结果；
（3）由频率分布直方图求解，再根据正态分布求给定区间的概率.
【详解】（1）由频率分布直方图可知：前3组数据的频率之比为. 根据分层抽样的方法，11天的数据有1个来自第1组，4个来自第2组，6个来自第3组，故有4天的数据来自这一组.
用表示事件“抽取的3天的数据中至少有2天的数据来自”，
则.
（2）若选择方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120，
由频率分布直方图可得其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，
故.
若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，100，150，200，每日的可配送货物量不低于样本的中位数的概率为，低于样本中位数的概率也为.
故，，，.
所以的分布列为

50
100
150
200





所以.
因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利.
（3）由题可得，
所以.
故该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数为.
21．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上，且 ，的面积为．
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，若直线与相切与点，垂直，垂足为点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)1

【分析】（1）利用三角形面积，结合余弦定理变换得到的值从而求出相应的参数，从而得出椭圆的标准方程；
（2）当的斜率为0或不存在时，；当直线当斜率存在且不为0时，联立方程组利用韦达定理，求出相应的点，利用弦长公式及基本不等式求解即可.
【详解】（1）由已知可得：
，
所以.
由余弦定理得：
，
所以：




所以，
所以.
故的方程为：.
（2）①当的斜率为0或不存在时，.
②当斜率存在且不为0时.
设，则.
联立，
消元得：.
，
则.
.
联立，解得：，即.
所以




，
当且仅当时取到等号.
综上，的最大值为1.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当，是方程的两根，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，设，得到，分和，两种情况，即可求得函数的单调区间；
（2）求得在处的切线方程为，令，再令，结合单调性求得，求得，进而求得切线方程为，令，求得出函数的单调性，得到，进而证得，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
设，可得，
①当时，，所以在单调递增；
②当时，令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）解：由，可得且，
所以在处的切线方程为，即.
令，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，即，
所以，，
可得在处的切线方程为，即.
令，
，
因为，所以在上单调递增.
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，即，
所以，，
所以
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.