精品解析：福建省泉州第五中学2023届高三毕业班高考适应性检测（二）数学试题（解析版）

这是一份精品解析：福建省泉州第五中学2023届高三毕业班高考适应性检测（二）数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了475B， 若，则， 若点是圆等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本练习卷上无效.
3.答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 若集合，集合，则的子集个数为（ ）
A. 5B. 6C. 16D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】解对数不等式和一元二次不等式可得集合A，B，然后可得集合，可得子集个数.
【详解】由得，所以，
解不等式得，
所以，所以的子集个数为.
故选：C
2. 已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则的离心率等于（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设双曲线的方程为，由条件求关系，由此可求离心率.
【详解】不妨设双曲线的方程为，则
双曲线的渐近线方程为，
因为双曲线的两条渐近线互相垂直，
所以，故，
所以双曲线的离心率，
故选：A.
3. 已知复数满足，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】设，得出的关系，结合其几何意义求解最值.
【详解】设，
因为，
所以，
因为，
所以相当于圆上的点到点距离，
所以的最大值为圆心到点距离与圆的半径的和，即.
故选：C.

4. 已知等差数列的公差不为0，且，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出通项公式，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.
【详解】设等差数列的公差为d（）.
因为且成等比数列，所以.
解得：，所以.
对于A：，故A错误；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：因为
所以，故C错误；
对于D：因为，故D正确.
故选：D
5. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，若发送信号0和1是等可能的，则接受信号为1的概率为（ ）
A. 0.475B. 0.525C. 0.425D. 0.575
【答案】B
【解析】
【分析】运用全概率公式及对立事件概率公式计算即可.
【详解】设A=“发送的信号为0”， B=“接收到的信号为0”，
则=“发送的信号为1”， =“接收到的信号为1”，
所以，，，，，，
所以接收信号为0的概率为：，
所以接收信号为1的概率为：.
故选：B.
6. 若，则（ ）
A. 0B. C. 3D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】由条件结合平方关系及二倍角公式可求，根据商的关系和二倍角公式及诱导公式化简，代入求值即可.
【详解】因为，
所以，
所以，即
又，
所以，
故选：D
7. 若点是圆：上的任一点，直线：与轴、轴分别交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由于直线：与轴、轴分别交于、两点，分别令，求得点坐标，再将圆：化成标准方程，由参数方程表示点的坐标，再代入中，由三角函数的最值即可求得的最小值.
【详解】令则，即，
令，则，即，
圆：，则设点，
当时取得最小值.
故选：C.
8. 已知函数的定义域为，值域为，且，函数的最小值为2，则（ ）
A. 12B. 24C. 42D. 126
【答案】D
【解析】
【分析】方法一：采用赋值法及基本不等式可得，从而结合条件可化简得
，累加求和即可；
方法二：特殊函数法由题意不妨设满足条件，依次求函数值即可.
【详解】解：方法一
令，有，则满足，
又因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
方法二：抽象出特殊函数，其满足题目要求，从而快速求得答案
，
故选：D
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 某学校组建了辩论､英文剧场､民族舞､无人机和数学建模五个社团，高一学生全员参加，且每位学生只能参加一个社团.学校根据学生参加情况绘制如下统计图，已知无人机社团和数学建模社团的人数相等，下列说法正确的是（ ）
A. 高一年级学生人数为120人
B. 无人机社团的学生人数为17人
C. 若按比例分层抽样从各社团选派20人，则无人机社团选派人数为3人
D. 若甲､乙､丙三人报名参加社团，则共有60种不同的报名方法
【答案】AC
【解析】
【分析】根据图表所给出的数据，分别计算出5个社团的具体人数和占高一年级总人数的比例，再逐项求解.
【详解】由题目所给的数据可知：民族舞的人数为12，占高一年级总人数的比例为，所以高一年级的总人数为 ，
英文剧场的人数 ，
辩论的人数=30，
无人机=数学建模= ，占高一年级人数的比例是 ，
故A正确，B错误，分层抽样20人，无人机应派出（人），C正确，
甲乙丙三人报名参加社团，每人有5种选法，共有种报名方法，D错误；
故选：AC.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期是
B. 函数的递增区间是，
C. 函数的对称中心，
D. 当，函数的值域是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据的最小正周期为可得的最小正周期是，故A正确；根据以及余弦函数的单调性列式可得B正确；根据，而无意义可得C不正确；根据余弦函数以及对数函数的性质计算可得D正确.
【详解】因为的最小正周期为，所以的最小正周期是，故A正确；
由有意义得，得，
由，，得，，
所以函数的递增区间是，，故B正确；
因为，无意义，
所以函数的图象不关于点对称，.故C不正确；
当时，，，，
所以，故D正确.
故选：ABD
11. 已知，若函数在处取得极小值，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】求导，得到的两个根，再利用函数在处取得极小值和的图象判定选项A、B的正确性，再利用不等式的性质判定C、D的正确性.
【详解】函数的定义域为，
且
，
令，得或，
要使函数在处取得极小值，
需要在处的左侧临近区域，
在处的右侧临近区域；
对于A：当时，的图象为开口向上的抛物线，
则需，解得，
即选项A成立；
对于B：当时，的图象为开口向下的抛物线，
则需，解得，
即选项B不成立；
对于C：当时，；
当时，，
即选项C不成立；
对于D：当时，；
当时，，
即选项D成立.
故选：AD.
12. 如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 平面
B. 球的体积为
C. 球被平面截得的截面面积为
D. 过点与直线，所成角均为的直线可作4条
【答案】ABD
【解析】
【分析】设分别为的中点，连接，根据线面垂直的判定定理可判断A；求出球的半径，计算球的体积，进而判断B；求出球O被平面截得的截面圆的半径，可求得截面面积，进而判断C；通过平移与补形法，通过角平分线的转化寻找平面进而找出直线，从而可判断D.
【详解】设分别为的中点，连接，
则,
故，则四边形为平行四边形，
故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，
又，故,
平面，故平面，
由于平面，则平面，
故，结合O点也为的中点，同理可证,
平面，故平面，A正确；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为,
棱长为2的正四面体中，，M为的中点，
则，故,
则，所以球O的体积为，B正确；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，
且G为正的中心，故，
所以，
故球O被平面截得的截面圆的半径为，
则球O被平面截得的截面圆的面积为，C错误；
由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，将平移至正方体的底面内，过
和的角平分线作垂直于底面的平面，即平面，在平面内一定存在过O点的两条直线使得该直线与直线，所成角均为，同理可知，过和的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，所以过点与直线，所成角均为的直线可作4条，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要结合图形的特点，作出适合的辅助线，要善于观察图形特点，放入特殊图形中从而快速求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.
13. 幸福指数是衡量人们对自身生存和发展状况的感受和体验，即人们的幸福感的一种指数.某机构从某社区随机调查了12人，得到他们的幸福指数（满分：10分）分别是，，，，，，，，，，，，则这组数据的下四分位数（也称第一四分位数）是________.
【答案】
【解析】
【分析】由样本数据结合下四分位数的定义求解即可.
【详解】将样本数据按从小到大排列可得，，，，
又，
所以样本数据的下四分位数为，
故答案为：.
14. 已知的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中第5项是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质求n，然后由通项公式可得.
【详解】由题可得，，解得，
所以.
故答案为：
15. 已知函数，过点作曲线的切线，则切线的条数为________.
【答案】2
【解析】
【分析】分与两种情况，设出切点，利用导数的几何意义建立方程，求出相应答案即可求解.
【详解】当时，，设切点为，，
其中，
所以，
解得或4，满足要求，此时有2条切线.
当时，，设切点为，，
其中，
所以，
即，方程无解，此时没有切线.
综上所述，过点作曲线的切线，有2条切线.
故答案为：2.
16. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆：，则的蒙日圆的方程为________；在圆上总存在点，使得过点能作椭圆的两条相互垂直的切线，则的取值范围是________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义，可知点一定在蒙日圆上，可求得蒙日圆的半径，进而求得蒙日圆的方程；根据圆与圆的位置关系列不等式求的取值范围.
【详解】椭圆的右顶点为，上顶点为，
过点的椭圆的切线方程为，
过点的椭圆的切线方程为，
直线与直线的交点为，
所以点在蒙日圆上，
所以蒙日圆的半径，
所以蒙日圆的方程为；
因为过点能作椭圆的两条相互垂直的切线，
所以点在上，
又点在圆上，
故圆与圆有交点，
所以，
所以，
故答案为：，.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列满足，数列是以1为首项，公比为3的等比数列.
（1）求和；
（2）令，求数列的最大项.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：由等比数列通项公式求，由数列的通项公式求其前三项，由条件列方程求，由此可得；
方法二：由等比数列通项公式求，设数列的公差为，由条件结合等差数列通项公式化简条件可求，由此可得；
（2）由可得时，，时，，再利用不等式法判断数列的单调性，由此可求结论.
【小问1详解】
解法一：因为数列是以1为首项，公比为3的等比数列，
所以，
因为，
所以，，.
因为数列是等差数列，
所以，即，
解得.
所以，
所以.
解法二：因为数列是以1为首项，公比为3的等比数列，
所以，
因为数列是等差数列，设公差为，则.
所以，
所以，
所以
【小问2详解】
因为，
当时，；
当时，；
当时，.
当时，，即，
所以数列的最大项是第10项.
18. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）证明：；
（2）点是线段上靠近点的三等分点，且，求的周长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）结合两角和关系，诱导公式，两角差正弦公式化简条件，再结合正弦定理可证结论；
（2）根据向量线性运算可得，结合数量积的运算性质和余弦定理列方程化简可求，由此可求周长.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以
即，
由正弦定理得：.
【小问2详解】
因为点是线段靠近点的三等分点，
所以，所以，
则.
由余弦定理得：.
由（1）知，，则，
所以，
解得，则，
所以的周长为.
19. 如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.

（1）当是棱的中点时，求证：平面；
（2）若，，求点到平面距离的范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
20. 铅球起源于古代入类用石块猎取禽兽或防御攻击的活动．现代推铅球始于14世纪40年代欧洲炮兵闲暇期间推掷炮弹的游戏和比赛，后逐渐形成体育运动项目．男、女铅球分别于1896年、1948年被列为奥运会比赛项目．为了更好地在中小学生中推广推铅球这项体育运动，某教育局对该市管辖内的42所高中的所有高一男生进行了推铅球测试，测试结果表明所有高一男生的成绩（单位：米）近似服从正态分布，且，．
（1）若从所有高一男生中随机挑选1人，求他的推铅球测试成绩在范围内的概率；
（2）从所有高一男生中随机挑选4人，记这4人中推铅球测试成绩在范围内的人数为，求的分布列和方差；
（3）某高一男生进行推铅球训练，若推（为正整数）次铅球，期望至少有21次成绩在范围内，请估计的最小值．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）32
【解析】
【分析】（1）根据正态分布的对称性计算指定区间的概率；
（2）根据二项分布计算分布列和方差；
（3）根据二项分布数学期望公式计算n.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，所以，
所以；
【小问2详解】
由，
有；；
；；
．
故的分布列为
；
【小问3详解】
由（1）得计算知：，由二项分布可知，可得，又由为正整数，可得，
故的最小值为32．
21. 已知直线与曲线的两个公共点之间的距离为．
（1）求C的方程．
（2）设P为C的准线上一点，过P作C的两条切线，切点为A，B，直线的斜率分别为，，且直线与y轴分别交于M，N两点，直线的斜率为．证明：为定值，且成等差数列．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出交点的横坐标，解方程即得解；
（2）设，设过点P且与C相切的直线l的斜率为k，则，且，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，得到，即得为定值．再求出，故成等差数列．
【小问1详解】
解：将代入，得．
当时，不合题意；
当时，，则，
解得，故C的方程为．
【小问2详解】
证明：由（1）可知C的准线方程为，
不妨设，
设过点P且与C相切的直线l的斜率为k，则，且，
联立得，
则，即，
由题意知，直线的斜率为方程的两根，
则，故为定值．
又，
则，同理可得，
则，
因此，故成等差数列．
22. 已知函数.
（1）证明：；
（2）证明：函数在上有唯一零点，且.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，求出最小值作答.
（2）利用导数结合零点存在性定理推理判断唯一零点，再借助单调性把不等式转化为证，然后构造函数推理作答.
【小问1详解】
令，求导得，令，则，
即函数在R上单调递增，而，由得，由得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，有，
所以.
【小问2详解】
由，求导得，令，
于是，即函数在上单调递减，
又，
由零点存在性定理知，存在唯一实数，使得，
则当单调递增，单调递减，而，则，
且在恒成立，又，
因此存在唯一，使得，
下面证明，由知，即，
则只需证，即证，
由（1）知：，只需证：，
令，而，
故只需证，其中，
令，
则，函数在上单调递增，
因此，即时，，
所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.0
1
2
3
4