?2023屆福建省泉州第五中學高三畢業(yè)班高考適應性檢測（一）數學試題

一、單選題
1．已知集合，，則 （????）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先解絕對值不等式得到集合，然后根據并集的定義求解.
【詳解】由題意，，
根據對數函數均在上遞增可知，，即，，即，
所以根據并集的定義，.
故選：B
2．設為兩條直線，為兩個平面，則的充分條件是（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】對于選項A、B、D，可以舉反例進行排除；對于選項C，可以結合空間兩個平面的法向量垂直，則兩個平面垂直進行判斷.
【詳解】對于A，如圖1，，，則滿足，平面與不一定垂直，故A錯誤；
對于B，如圖2，，， 則滿足，平面與不一定垂直，故B錯誤；
C. 如圖3，如圖，在直線上取兩個向量,則分別為平面的法向量，且,則，故C正確；
C. 如圖4，，，，則，平面與不一定垂直，故D錯誤；
?????????????
故選：C.
3．某市物價部門對某商品在5家商場的售價（元）及其一天的銷售量（件）進行調查，得到五對數據（），經過分析、計算，得，，，之間的經驗回歸方程是：，則相應于點的殘差為（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根據經驗回歸直線過樣本點的中心求出，然后求出時的預測值，進而求得殘差.
【詳解】因為，，所以樣本點的中心為，
又因為經驗回歸直線過樣本點的中心，所以，所以，所以經驗回歸方程是：，
當時，，
所以殘差為.
故選：A.
4．已知，則（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據角的變換及誘導公式、二倍角的正弦公式、同角三角函數的基本關系求解.
【詳解】，
，
.
故選：D
5．在中，，，點是線段上靠近點的三等分點，則（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先用，兩個向量表示，然后根據數量積的運算即可得到.
【詳解】??
，
，
因，所以，
又，
所以，
故選：B
6．甲箱中有2個白球和1個黑球，乙箱中有1個白球和2個黑球．現從甲箱中隨機取兩個球放入乙箱，然后再從乙箱中任意取出兩個球．假設事件“從乙箱中取出的兩球都是白球”， “從乙箱中取出的兩球都是黑球”， “從乙箱中取出的兩球一個是白球一個是黑球”，其對應的概率分別為，，，則（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據題意，結合獨立事件的概率乘法公式，以及互斥事件概率加法和組合數的計算公式，分類討論，分別求得，結合選項，即可求解.
【詳解】當從甲箱子中取出2球為白球時，再從乙箱中任意取出兩個白球，可得，
當從甲箱子中取出2球為1個白球和一個黑球時，再從乙箱中任意取出兩個白球，
可得，所以；
當從甲箱子中取出2球為白球時，再從乙箱中任意取出兩個黑球，可得，
當從甲箱子中取出2球為1個白球和一個黑球時，再從乙箱中任意取出兩個黑球，
可得，所以；
當從甲箱子中取出2球為白球時，再從乙箱中任意取出一白一黑球，可得，
當從甲箱子中取出2球為1個白球和一個黑球時，再從乙箱中任意取出一白一黑球，
可得，所以，
綜上可得，.
故選：C.
7．已知雙曲線的中心為，右頂點為A，右焦點為，點P在上，且滿足，則的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設雙曲線標準方程為，根據幾何性質用表示P點坐標，代入雙曲線方程計算即可.
【詳解】設雙曲線標準方程為，如圖所示，不妨設P位于第一象限，
則由題意可知：，
則P橫坐標為：，縱坐標為：，
即，所以或（舍去）.
故選：C
??
8．已知函數在區(qū)間內沒有零點，但有極值點，則的取值范圍（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據輔助角公式化簡，由正弦函數的圖像與性質求出的取值范圍，最后根據兩角和差公式求解.
【詳解】,其中（取為銳角），
，其中（取為銳角），
設，由，可得.
在區(qū)間內沒有零點，但有極值點時，,可得.
所以.
因為，，所以.
所以，
所以在上的最大值在取得，故.
又
，

,
所以的取值范圍是.
故選:A.
【點睛】知識方法:有關三角函數綜合問題的求解策略:1.根據題意問題轉化為三角函數的解析式和圖像，然后再根據數形結合思想研究三角函數的性質，進而加深理解函數的性質.
2.熟練應用三角函數的圖像與性質，結合數形結合法的思想研究函數的性質(如:單調性、奇偶性、對稱性、周期性與最值等)，進而加深理解函數的極值點、最值點、零點及有界性等概念與性質，但解答中主要角的范圍的判定，防止錯解.
9．函數的大致圖像可能為（????）
A．?? B．??
C．?? D．??
【答案】BCD
【分析】利用函數的單調性和奇偶性，通過對進行分類討論，得出的單調區(qū)間和奇偶性，再逐一對各個選項即可得出結果.
【詳解】因為，
所以，解得，故定義域為.
，，
因為時，在區(qū)間上恒成立，
所以在區(qū)間上單調遞增.
當時，，此時為奇函數，故選項B正確；
當時，，易知其圖像為選項D，故選項D正確.
當時，由，得，又，
所以，即在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，
綜上可知，在區(qū)間上不嚴格單調遞減，故選項A不正確；
當時，，此時為偶函數，
且在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，故選項C正確，
故選：BCD.

二、多選題
10．已知等差數列的公差為，前項和為，且，成等比數列，則（????）
A． B．
C．當時，是的最大值 D．當時，是的最小值
【答案】ACD
【分析】根據等比中項的性質得到方程，即可得到，再根據等差數列的通項公式、求和公式及單調性判斷即可.
【詳解】因為，，成等比數列，所以，即，
整理得，因為，所以，
所以，則，故A正確、B錯誤；
當時單調遞減，此時，
所以當或時取得最大值，即，故C正確；
當時單調遞增，此時，
所以當或時取得最小值，即，故D正確；
故選：ACD
11．過原點且斜率為的直線與圓：相交于兩點，則下列說法中正確的是（????）
A．是定值 B．是定值
C．當且僅當時， D．當且僅當時，
【答案】AC
【分析】設直線，，，聯立直線方程和圓的方程，利用韋達定理結合向量數量積公式判斷A,B選項，根據弦長公式判斷C,D選項即可.
【詳解】因為圓C：，所以圓心坐標為，半徑為1，
設，，l的方程為，
則，得，
所以，，
,A選項正確;
,

不是定值,B選項錯誤;
半徑為，因為，
所以C到AB的距離為，
由點C到直線的距離為：，解得，故C正確;
半徑為，因為，
所以C到AB的距離為，
由點C到直線的距離為：，解得或，D選項錯誤.
故選:AC.
12．在棱長為2的正方體中，點，分別是棱，的中點，點在線段上運動，則下列說法中正確的是（????）
A．存在點，使得平面
B．對于任意點，都有平面平面
C．當時，三棱錐的外接球的表面積為
D．當時，平面與正方體表面的交線所圍成的圖形是梯形
【答案】BC
【分析】由直線與是相交直線，可判定A不正確；由平面，證得，再由，證得平面，得到，連接交于點，得到，證得平面，得到，從而證得平面，可判定B正確；以為原點，建立空間直角坐標系，設球心，列出方程組，求得外接球的半徑，利用球的表面積公式，可判定C正確；作，再過點作，得到平面與正方體表面的交線所圍成的圖形是五邊形，可判定D錯誤.
【詳解】對于A中，如圖所示，在正方體中，可得，
所以在平面中，直線與一定是相交直線，
所以不存在點，使得平面，所以A不正確；
??
對于B中，如圖所示，在正方體中，可得平面，
因為平面，可得，
在正方形，可得，又因為，且兩直線在平面內，所以平面，
因為平面，所以，
連接交于點，在正方形中，可得，
又由平面，且平面，所以，
因為，且兩直線在平面內，所以平面，
又因為平面，所以，
因為且平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面，所以B正確；
??
對于C中，當時，即點為的中點，
以為原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，
設球心，
可得 ，②①，可得，
代入可得，可得，
解得，可得，
所以外接球的表面積為，所以C正確；
??
對于D中，當時，
在平面內，作，再過點作，
分別連接，可得平面與正方體表面的交線所圍成的圖形是五邊形，
所以D錯誤.
故選：BC.
????

三、填空題
13．已知復數z滿足，則_________．
【答案】
【分析】利用復數的四則運算法則及共軛復數的概念計算即可.
【詳解】.
故答案為：2.
14．，則 _________．
【答案】
【分析】根據題意，令，求得，進而求得的值.
【詳解】因為，當，可得，
所以.
故答案為：.
15．已知為坐標原點，拋物線上的相異兩點，滿足直線的斜率之積為1，且在第一象限，則直線斜率的取值范圍是_________．
【答案】
【分析】設直線的斜率為，方程為，得到直線的斜率為，方程為，聯立方程組求得，，得到的斜率為，結合基本不等式，即可求解.
【詳解】由題意，設直線的斜率為，可得方程為
因為直線的斜率之積為1，則直線的斜率為，可得方程為，
聯立方程組，可得，由，可得，
所以直線的斜率為，
因為，可得，當且僅當時，等號成立，
又因為拋物線上的相異兩點，所以，所以，
所以，即直線的斜率的取值范圍為.
故答案為：.
16．已知函數是偶函數，是的導函數，且，當時，，寫出滿足條件的一個函數_________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根據奇偶性及復合函數的導數法可得，再由不等條件分離參數，利用導數研究其單調性與極值，得出，寫出滿足要求的一個解析式即可.
【詳解】∵是偶函數，∴，
∴.
又∵當時，，
令，
當時，易知單調遞增；
令，
在時，易知單調遞增，且
即，使得，
∴在上單調遞減，在上單調遞增，
又，
即，使得，
故在和上單調遞增，上單調遞減，
當時，恒成立，故單調遞增；
綜上，在和上單調遞增，在上單調遞減，
而，故，即，不妨令.
故答案為：（答案不唯一）
【點睛】方法點睛：本題首先在于根據原函數奇偶性與導函數奇偶性的關系確定，然后分離參數，構造函數，分段討論其單調性，關鍵在于時，需要用到二次求導及隱零點策略，得出在和上單調遞增，上單調遞減，最后整合整個函數在的單調性，從而確定其最小值即可得出c的取值范圍.

四、解答題
17．凸四邊形中，，，，．
(1)當，且時，證明：；
(2)求四邊形的面積的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2).

【分析】（1）在中，利用余弦定理和同角三角函數的基本關系得到，然后在中利用正弦定理和同角三角函數的基本關系得到，進而得證；
（2）結合（1）的結論和三角形面積公式得到的面積，在中，利用余弦定理和基本不等式得到，再結合三角形面積公式得到面積的最大值，進而求解.
【詳解】（1）在中，由余弦定理得：
.因為，，
所以，
則在中，由正弦定理得：，
所以. 又因為，所以∠CBD必為銳角，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，當且僅當時取等號，
所以，
所以當且僅當時，四邊形的面積取最大值.
18．已知數列滿足，．
(1)求，，并求；
(2)令，數列的前項和為，證明：．
【答案】(1)，
(2)證明見解析

【分析】（1）方法一：根據題意可得等式，即數列是常數列，即可求解；
方法二：因為，所以，兩式相減整理可得，進而可得數列是等差數列，即可求解；
（2）錯位相減法求和.
【詳解】（1）解法一：
令，則有，解得，
令，則有，解得，
因為，
式子兩邊同除得：，
則，即，
所以數列是常數列，
又因為，所以即.
解法二：由已知可求得.
因為，所以，
所以，
移項得，即，
所以數列是等差數列，又因為，所以.
（2）因為，
所以，
所以，
兩式相減得：，
所以.
19．如圖，在三棱錐中，點是的中點，點在上，平面與平面相交于直線，∥l．
??
(1)證明：是的中點；
(2)若平面平面，，是邊長為2的正三角形，，點在直線上且不與重合，求平面與平面的夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2).

【分析】(1)根據∥l，得出∥平面AEF，在根據線面平行的性質得出∥EF；
(2)建立合適的空間直角坐標系，利用線段關系表示相應的空間向量計算即可.
【詳解】（1）因為∥l，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF.
因為平面PBC，平面AEF∩平面PBC=EF，所以∥EF，
又因為點是的中點，所以點是的中點.
（2）因為平面平面，且平面平面，
平面ABC，且，所以平面.
取AC中點D，連結PD.
因為是邊長為2的正三角形，所以.
??
以C為坐標原點，CA，CB所在直線為x軸，y軸，過C平行于PD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，
直線過點A，且∥l，設.
則，，，.
設平面的法向量為，平面的法向量為.
由，令，則，即；
由,令，則，即，
所以，即平面與平面夾角的余弦值為.
20．某物流公司專營從甲地到乙地的貨運業(yè)務（貨物全部用統一規(guī)格的包裝箱包裝），現統計了最近100天內每天可配送的貨物量，按照可配送的貨物量（單位：箱）分成了以下幾組：，，，，，，并繪制了如圖所示的頻率分布直方圖（同一組數據用該組數據的區(qū)間中點值作代表，將頻率視為概率）．
??
(1)該物流公司負責人決定用分層抽樣的方法從前3組中隨機抽出11天的數據來分析每日的可配送貨物量少的原因，并從這11天的數據中再抽出3天的數據進行財務分析，求這3天的數據中至少有2天的數據來自這一組的概率；
(2)該物流公司負責人根據每日的可配送貨物量為公司裝卸貨物的員工制定了兩種不同的工作獎勵方案．
方案一：直接發(fā)放獎金，按每日的可配送貨物量劃分為三級，時，獎勵50元；時，獎勵80元；時，獎勵120元．
方案二：利用抽獎的方式獲得獎金，其中每日的可配送貨物量不低于樣本的中位數時有兩次抽獎機會，每日的可配送貨物量低于樣本的中位數時只有一次抽獎機會，每次抽獎的獎金及對應的概率為
獎金
50
100
概率


小張為該公司裝卸貨物的一名員工，試從數學期望的角度分析，小張選擇哪種獎勵方案對他更有利？
(3)由頻率分布直方圖可以認為，該物流公司每日的可配送貨物量（單位：箱）近似服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數．試利用該正態(tài)分布，估計該物流公司2000天內日貨物配送量在區(qū)間內的天數（結果保留整數）．
附：若，則，．
【答案】(1)
(2)小張選擇方案二更有利
(3)1637

【分析】（1） 由頻率分布直方圖結合分層抽樣的方法得出各組抽取的人數，再求其概率即可；
（2） 若選擇方案一，小張每日可獲得的獎金為的可能取值為50，80，120元，由頻率分布直方圖可得其對應的概率，再求其數學期望即可；若選擇方案二，設小張每日可獲得的獎金為可能取值為50，100，150，200元，求其相應的概率得出數學期望并和方案一比較大小得出結果；
（3）由頻率分布直方圖求解，再根據正態(tài)分布求給定區(qū)間的概率.
【詳解】（1）由頻率分布直方圖可知：前3組數據的頻率之比為. 根據分層抽樣的方法，11天的數據有1個來自第1組，4個來自第2組，6個來自第3組，故有4天的數據來自這一組.
用表示事件“抽取的3天的數據中至少有2天的數據來自”，
則.
（2）若選擇方案一，設小張每日可獲得的獎金為元，則的可能取值為50，80，120，
由頻率分布直方圖可得其對應的概率分別為0.25，0.6，0.15，
故.
若選擇方案二，設小張每日可獲得的獎金為元，則的可能取值為50，100，150，200，每日的可配送貨物量不低于樣本的中位數的概率為，低于樣本中位數的概率也為.
故，，，.
所以的分布列為

50
100
150
200





所以.
因為，所以從數學期望的角度看，小張選擇方案二更有利.
（3）由題可得，
所以.
故該物流公司2000天內日貨物配送量在區(qū)間內的天數為.
21．已知橢圓：（）的左、右焦點分別為，，點在上，且 ，的面積為．
(1)求的方程；
(2)為坐標原點，若直線與相切與點，垂直，垂足為點，求的最大值．
【答案】(1)
(2)1

【分析】（1）利用三角形面積，結合余弦定理變換得到的值從而求出相應的參數，從而得出橢圓的標準方程；
（2）當的斜率為0或不存在時，；當直線當斜率存在且不為0時，聯立方程組利用韋達定理，求出相應的點，利用弦長公式及基本不等式求解即可.
【詳解】（1）由已知可得：
，
所以.
由余弦定理得：
，
所以：




所以，
所以.
故的方程為：.
（2）①當的斜率為0或不存在時，.
②當斜率存在且不為0時.
設，則.
聯立，
消元得：.
，
則.
.
聯立，解得：，即.
所以




，
當且僅當時取到等號.
綜上，的最大值為1.
22．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當，是方程的兩根，，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）求得，設，得到，分和，兩種情況，即可求得函數的單調區(qū)間；
（2）求得在處的切線方程為，令，再令，結合單調性求得，求得，進而求得切線方程為，令，求得出函數的單調性，得到，進而證得，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
設，可得，
①當時，，所以在單調遞增；
②當時，令，解得.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
綜上，當時，在單調遞增；
當時，在單調遞減，在單調遞增.
（2）解：由，可得且，
所以在處的切線方程為，即.
令，
令，
因為，所以在上單調遞增，
又因為，所以當，，單調遞減，
當，，單調遞增.
所以，即，
所以，，
可得在處的切線方程為，即.
令，
，
因為，所以在上單調遞增.
又因為，所以當，，單調遞減，
當，，單調遞增，
所以，即，
所以，，
所以
【點睛】方法總結：利用導數證明或判定不等式問題：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；
3、適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4、構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.

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