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【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析
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这是一份【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析，共63页。试卷主要包含了 已知复数，则复数的虛部为， 在中，若，则等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模）
一､单项选一选：本大题共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. 已知复数，则复数的虛部为（）
A. B. C. D.
2. 设集合，集合，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，下列与“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（）
A. 至多一枚硬币正面朝上 B. 只有一枚硬币正面朝上
C. 两枚硬币反面朝上 D. 两枚硬币正面朝上
4. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体中，当分别与，，，重合时，所形成的四面体中鳖臑共有（）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
6. 在中，若，则（）
A. B. C. D.
7. 若点是抛物线上一点，点到该抛物线焦点的距离为6，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8. 对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（）
A B. C. D.
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者率为20%，中年患者率为30%，青年患者率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（）
A. 若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人
B. 该医院青年患者所占的频率为
C. 该医院的平均率为28.7%
D. 该医院的平均率为31.3%
10. 已知函数的任意两条对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（）
A. 函数在单调递减
B. ，
C. 把的图象向右平移个单位即可得到的图象
D. 若在上有且仅有一个极值点，则的取值范围为
11. 已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方
C. 双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列
D. 双曲线上存点，满足
12. 如图，在平面直角坐标系中一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（）
A. B. C. D.
三､填 空 题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：___________.
14. 已知为圆：上任意一点，则的值为___________.
15. 已知函数有零点，则实数___________.
16. 四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的值为___________.
四､解 答 题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
（1）求角A；
（2）若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按个解答内容计分）
19. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足，.设为数列的前项和，求.
21. 南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于培训后对参训志愿者进行了测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩近似于服从正态分布，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），
①求的值；
②利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励：①测试成绩没有低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
奉送话费的金额（元）
10
30
概率
今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：若，则，，.
23. 如图，四棱锥底面是边长为2的正方形，，.
（1）证明：平面；
（2）若M为棱PD上的点，，且二面角的余弦值为，求直线PC与平面ACM所成角的正弦值.
25. 已知椭圆：，，分别为椭圆的左､右焦点，焦距为4.过右焦点且与坐标轴没有垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.
（1）求椭圆的方程；
（2）求四边形面积的值.
27. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：函数有两个零点，且.
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模）
一､单项选一选：本大题共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. 已知复数，则复数的虛部为（）
A. B. C. D.
【1题答案】
【正确答案】A
【分析】先由复数的运算求出，再求出虚部即可.
【详解】，故虚部为.
故选：A.
2. 设集合，集合，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【2题答案】
【正确答案】D
【分析】直接由求解即可.
【详解】由可得.
故选：D.
3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，下列与“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（）
A. 至多一枚硬币正面朝上 B. 只有一枚硬币正面朝上
C. 两枚硬币反面朝上 D. 两枚硬币正面朝上
【3题答案】
【正确答案】C
【分析】由对立的概念直接判断即可.
【详解】由对立的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立为“两枚硬币反面朝上”.
故选：C.
4. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体中，当分别与，，，重合时，所形成的四面体中鳖臑共有（）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【4题答案】
【正确答案】B
【分析】当与，重合时，由为等边三角形即可判断四面体没有是鳖臑；当与，重合时，证明四个面均为直角三角形即可.
【详解】
如图，当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体没有是鳖臑；
当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，
故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；
当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体没有是鳖臑；
当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，
故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；故共有2个.
故选：B.
5. 在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
【5题答案】
【正确答案】B
【分析】先由三角函数的定义求得，再由正余弦和角公式求得，即可求得点的坐标.
【详解】由三角函数定义知：，将角的终边按逆时针方向旋转，此时角变为，
故点的横坐标为，
点的纵坐标为，
故点的坐标为.
故选：B.
6. 在中，若，则（）
A. B. C. D.
【6题答案】
【正确答案】A
【分析】由，利用正切的二倍角公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
故选：A
7. 若点是抛物线上一点，点到该抛物线焦点的距离为6，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【7题答案】
【正确答案】D
【分析】先由点在抛物线上得，再抛物线定义及到抛物线焦点的距离即可解出.
【详解】由题意知：，解得，抛物线的准线为，由抛物线的定义知，
点到该抛物线焦点的距离为，解得.
故选：D.
8. 对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【8题答案】
【正确答案】C
【分析】化简没有等式后构造函数，根据单调性转化为恒成立问题求解
【详解】，即，
令，由题意得在上单调递减，
故，即在上恒成立，则，
故选：C
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者率为20%，中年患者率为30%，青年患者率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（）
A. 若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人
B. 该医院青年患者所占的频率为
C. 该医院的平均率为28.7%
D. 该医院的平均率为31.3%
【9题答案】
【正确答案】ABC
【分析】由分层抽样即可判断A选项；直接计算频率即可判断B选项；直接计算平均率即可判断C、D选项.
【详解】对于A，由分层抽样可得，老年患者应抽取人，正确；
对于B，青年患者所占的频率为，正确；
对于C，平均率为，正确；
对于D，由C知错误.
故选：ABC.
10. 已知函数的任意两条对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（）
A. 函数在单调递减
B. ，
C. 把的图象向右平移个单位即可得到的图象
D. 若在上有且仅有一个极值点，则的取值范围为
【10题答案】
【正确答案】BD
【分析】由题意先解出，再根据三角函数性质对选项逐一判断
【详解】由题意得的周期为，故，
，
又的图象关于原点对称，为奇函数，而，可得，
即，，
对于A，当时，，正弦函数性质知在没有单调，故A错误，
对于B，，，故B正确
对于C，的图象向右平移个单位得函数，故C错误，
对于D，当时，，若在上有且仅有一个极值点，
则，解得，故D正确
故选；BD
11. 已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方
C. 双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列
D. 双曲线上存在点，满足
【11题答案】
【正确答案】AB
【分析】先由求得，即可求出渐近线判断A选项，由点到直线的距离公式即可判断B选项，由实轴长､虚轴长､焦距等比中项即可判断C选项，由双曲线定义的范围即可判断D选项.
【详解】易知双曲线的方程为，令得，故，解得，双曲线的渐近线方程为，即，故A正确；
双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，没有妨取右顶点，右焦点，则顶点到两渐近线距离的积为，
焦点到渐近线距离的平方为，又，，故，B正确；
，，显然，C错误；
若，又由双曲线定义，解得，
故没有存在点，满足，D错误.
故选：AB.
12. 如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（）
A. B. C. D.
【12题答案】
【正确答案】ABD
【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.
【详解】由题，圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即，以此类推，可得第圈个点对应的这项的和为0，即，
设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故A正确；
，故B正确；
所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故C错误；
，对应点的坐标为，，…，，所以
，故D正确.
故选：ABD
关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，图形，可适当先列举找到规律，再求解.
三､填 空 题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：___________.
【13题答案】
【正确答案】##
【分析】直接由角的三角函数和对数运算求解即可.
【详解】.
故答案为.
14. 已知为圆：上任意一点，则的值为___________.
【14题答案】
【正确答案】
【分析】将转化为点和连线的斜率，由图像可知当直线与圆相切时取得值，由解出斜率即可.
【详解】
由于，故表示和连线的斜率，设，如图所示，当与圆相切时，取得值，
设此时，即，又圆心，半径为1，故，解得，
故的值为.
故答案为.
15. 已知函数有零点，则实数___________.
【15题答案】
【正确答案】
【分析】先由基本没有等式求得，再由二次函数求得，要使函数有零点，必须同时取等，即，，解方程即可.
【详解】由可得，当且仅当时取等，
又，当且仅当时取等，
故，当且仅当，时取等.
要使函数有零点，则且，化简得，解得.
故答案为.
16. 四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的值为___________.
【16题答案】
【正确答案】
【分析】构建直三棱柱，找出球心及底面外心，正弦定理求得，由表示出体积，再余弦定理及基本没有等式求出值.
【详解】
由，，，且异面直线与所成的角为构建直三棱柱，由得，
易得四面体外接球即为直三棱柱的外接球，取的外心，易得的中点即为球心，又，
则，由正弦定理得，又，
又由余弦定理得，即，
当且仅当时取等，故的值为3，四面体的体积的值为.
故答案为.
四､解 答 题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
（1）求角A；
（2）若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按个解答内容计分）
【17题答案】
【正确答案】（1）；
（2）
【分析】（1）若选①，由正弦定理，得，再由余弦定理即可求出角A；
若选②，由正弦定理得，解得，即可求出角A；
若选③，先由平方关系得，再由正弦定理得，再由余弦定理即可求出角A；
（2）在中，由余弦定理求得，由与的面积比求得，再在中由余弦定理求得即可.
【小问1详解】
选①，由正弦定理，得，即，故，又，故；
选②，由正弦定理，得，又，故，
又，故，又，故；
选③，由可得，
即，由正弦定理得，故，又，故；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，因为，所以，
解得或（舍），又与的面积比为3：5，即，所以，在中，
由余弦定理得，即.
19. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足，.设为数列的前项和，求.
【19题答案】
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用累乘法即可求解；
（2）由（1）代入可得，利用并项法求和即可求解.
【小问1详解】
因为，，
所以当时，，则，即，
当时，也成立，所以.
【小问2详解】
由（1），，，
则，
则
.
21. 南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于培训后对参训志愿者进行了测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩近似于服从正态分布，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），
①求的值；
②利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励：①测试成绩没有低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
奉送话费的金额（元）
10
30
概率
今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：若，则，，.
【21题答案】
【正确答案】（1）①；②
（2）分布列见解析；
【分析】（1）①利用平均值的公式求解即可；②利用正态分布的对称性即可求解；
（2）由，所获赠话费的可能取值为，，，，，
表中数据，即可得到分布列，再利用期望公式即可求解.
【小问1详解】
由题，，
因为，
所以.
【小问2详解】
由题，，
所获赠话费的可能取值为，，，，，
，，，
，，
所以的分布列为：
所以.
23. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，，.
（1）证明：平面；
（2）若M为棱PD上的点，，且二面角的余弦值为，求直线PC与平面ACM所成角的正弦值.
【23题答案】
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由正方形的性质可知，易证≌，则，设，连接，等腰三角形性质可知，即可得证；
（2）取中点为，可知为二面角的平面角，易得≌，进而可得平面，即，在中可得，，以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，设所求的直线与平面所成角为，则，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为底面是边长为的正方形，所以，
由，，，则≌，
所以，
设，连接，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取中点为，易得且，
所以为二面角的平面角，则，
因为，，，
所以≌，所以，即，
又，所以平面，则，
在中，，所以，则，
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，
设所求的直线与平面所成角为，
则，
所以，所求的正弦值为.
25. 已知椭圆：，，分别为椭圆的左､右焦点，焦距为4.过右焦点且与坐标轴没有垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.
（1）求椭圆方程；
（2）求四边形面积的值.
【25题答案】
【正确答案】（1）；
（2）
【分析】（1）由的周长求出，再由焦距求得，进而求出，即得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程联立椭圆方程求得，表示出直线的方程求出，由表示出面积，基本没有等式求值即可.
【小问1详解】
的周长为，由椭圆定义得，即.又焦距，得，
则，所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，联立得，设，
则，点，直线的方程为，
令得，即，又，
故，
当且仅当时即时等号成立，所以四边形面积的值为.
27. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：函数有两个零点，且.
【27题答案】
【正确答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明见解析
【分析】（1）直接求导，分和讨论单调性即可；
（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.
【小问1详解】
定义域为，，当时，，在上单调递增；
当时，由得，当时，单调递减，当时，单调递增；
综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
当时，因为，所以，无零点.当时，由，
得，即，设，则有，因为在上成立，
所以在上单调递减，当时，，所以等价于，
即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.
没有妨设，则，相减得，
设，则，代入上式，解得，所以，
因为，所以，因此要证，只需证，即证，
设，则，所以在递增，，
即，因为，所以可化成，又因为，所以.
本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，进行放缩得到，构造函数求导证明即可.
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（二模）
考生注意：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选一选时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选一选时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回
一、选一选：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已知函数，则（）
A. B. C. D.
2. 已知集合M，N满足，则（）
A. B. C. D.
3. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（）
A. 1 B. C. 2 D. 4
4. 已知平面，直线满足，，，，则（）
A. B. C. D.
5. 已知，且，则（）
A. B. C. D.
6. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
7. 已知为单位向量，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
8. 已知，则（）
A B. C. D.
二、选一选：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，并分别绘制出男、女生每天在校平均体育时间的频率分布直方图（如图所示），则（）
A.
B. 该校男生每天在校平均体育时间中位数估计值为75
C. 估计该校至少有一半学生每天在校平均体育时间超过一小时
D. 估计该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为
10. 已知正方形边长为1，以为折痕把折起，得到四面体，则（）
A. B. 四面体体积的值为
C. 可以为等边三角形 D. 可以为直角三角形
11. 已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（）
A. B. 直线与C相交
C. 若，则C的渐近线方程为 D. 若，则C的离心率为
12. 已知函数，则（）
A. 是奇函数 B. 图象关于点对称
C. 有一个零点 D. 没有等式的解集为
三、填 空 题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复平面内，复数对应的点位于直线上，则________．
14. 已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．
①；
②是偶函数；
③在上恰有两个极值点．
15. 为提升市民的艺术修养，丰富文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场没有同类型讲座，则共有_______种选择．（用数字作答）
16. 已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．
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. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已．
（1）求A；
（2）D为的中点，，垂足为E，，垂足为F．若，求面积的值．
18. 如图，点是正方形的，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
19. 已知数列的前项和为，满足，，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）记，设，求数列的前项和．
20. 中，，线段上的点M满足．
（1）记M的轨迹为，求的方程；
（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．
21. 某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．
（1）假设设备正常状态，记X表示内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；
（2）该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．
参考数据：．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（二模）
考生注意：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选一选时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选一选时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回
一、选一选：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. 已知函数，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】求得后，代入解析式即可得到结果.
【详解】，.
故选：D
2. 已知集合M，N满足，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据交集的定义即可求解.
【详解】解：因为集合M，N满足，
所以根据交集的定义可得，
故选：C.
3. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（）
A. 1 B. C. 2 D. 4
【正确答案】C
【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p
【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得，
故选：C
4. 已知平面，直线满足，，，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由线面平行、线面垂直和面面垂直判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，或，A错误；
对于B，，，与可能平行、相交或，B错误；
对于C，，，与可能平行或异面，C错误；
对于D，，，又，，D正确.
故选：D.
5. 已知，且，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用二倍角公式化简已知等式可求得，并确定所在象限；根据同角三角函数关系可求得，利用两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】，，，
，，，
，，，，
.
故选：C.
6. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
【正确答案】B
【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，
所以，，
由题意，，且，，
因为，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，
故选：B.
7. 已知为单位向量，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设，以为原点建立直角坐标系，设，，可得.
【详解】设，则，所以为等边三角形，
以为原点建立如图所示直角坐标系，则，
设，，则，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，
因为，
所以.
故选：A.
8. 已知，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由换底公式得出，则同号，讨论和两种情况比较可得.
【详解】由题可得且，
可得，则同号，
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
综上，.
故选：B.
二、选一选：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，并分别绘制出男、女生每天在校平均体育时间的频率分布直方图（如图所示），则（）
A.
B. 该校男生每天在校平均体育时间中位数的估计值为75
C. 估计该校至少有一半学生每天在校平均体育时间超过一小时
D. 估计该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为
【正确答案】ACD
【分析】根据频率分布直方图及男女学生的比例一一计算可得；
【详解】解：，解得，故A正确；
因为，，故设中位数为，则，故B错误；
样本中男生在校平均体育时间超过一小时的占，
女生在校平均体育时间超过一小时的占，
所以该校每天在校平均体育时间超过一小时的频率为，故C正确；
男生中每天在校平均体育时间没有低于80分钟的频率为，
女生中每天在校平均体育时间没有低于80分钟频率为，
所以该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为，故D正确；
故选：ACD
10. 已知正方形的边长为1，以为折痕把折起，得到四面体，则（）
A. B. 四面体体积的值为
C. 可以为等边三角形 D. 可以为直角三角形
【正确答案】AC
【分析】取BD得中点为O，连接，可得平面，可判断选项A；当平面时，四面体体积的，且体积为，可判断选项B；当平面时，，所以，从而即可判断；若为直角三角形，又，则，由可判断选项D.
【详解】解：取BD得中点为O，连接，由题意，，，且，
所以平面，所以，故选项A正确；
当平面时，四面体体积的，且体积为，故选项B错误；
当平面时，，所以，又，所以此时为等边三角形，故选项C正确；
若为直角三角形，又，则，
所以，此时，没有满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项D错误.
故选：AC.
11. 已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（）
A. B. 直线与C相交
C. 若，则C的渐近线方程为 D. 若，则C的离心率为
【正确答案】AD
【分析】根据给定条件，计算切线长判断A；由直线斜率与的大小说明判断B；求出出点Q，P的坐标计算判断C，D作答.
【详解】令双曲线的半焦距为c，有，，依题意，，如图，
对于A，，A正确；
直线的斜率，直线是双曲线C过三象限的渐近线，直线与C没有相交，B没有正确；
对于C，由选项A可得点，设点，依题意，，
即，解得，即，
又点Q在直线上，则有，解得，有，
C的渐近线方程为，C没有正确；
对于D，由选项C同理得点，因此，即，解得，D正确.
故选：AD
12. 已知函数，则（）
A. 是奇函数 B. 的图象关于点对称
C. 有一个零点 D. 没有等式的解集为
【正确答案】BCD
【分析】求解的定义域，可知定义域没有关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，值域的求法可求得；对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个没有同单调区间内的情况，解没有等式组可求得结果.
【详解】对于A，由得：，即定义域为，没有关于原点对称，
为非奇非偶函数，A错误；
对于B，，，
，图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，；
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递减；
由知：图象关于对称，在上单调递减；
当时，，，，在上无零点；
当时，，，
，使得，则在上有零点；
综上所述：有一个零点，C正确；
对于D，由C知：在和上单调递减，
又时，；时，；
①当，即时，由得：，解得：（舍）或；
②当时，没有等式组无解，没有合题意；
③当，即时，，，满足题意；
④当，即时，，，没有合题意；
综上所述：的解集为：，D正确.
故选：BCD.
关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解没有等式；利用单调性解没有等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.
三、填 空 题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复平面内，复数对应的点位于直线上，则________．
【正确答案】
【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算化简，即可得到在复平面内所对应的点的坐标，从而得到方程，解得即可；
【详解】解：因为，所以在复平面内所对应的点的坐标为，
又复数对应的点位于直线上，所以，解得；
故
14. 已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．
①；
②是偶函数；
③在上恰有两个极值点．
【正确答案】4（答案没有）
【分析】根据函数要满足的三个条件正余弦函数的性质，可得答案.
【详解】根据是偶函数且，则取 ，
又的极值点即为其最值点，
又因为在上恰有两个极值点，故 ，
故函数，一个同时满足三个条件的的值可取为4，
证，符合题意，
故4
15. 为提升市民的艺术修养，丰富文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场没有同类型讲座，则共有_______种选择．（用数字作答）
【正确答案】8
【分析】按分步乘法计数原理可计算得出.
【详解】由讲座海报可知，先选择参加绘画讲座的有2种，再选择参加雕塑讲座，有2种，再在剩下的2天里选择参见工艺讲座，有2种，所以一共有种选择.
故8.
16. 已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．
【正确答案】 ①. ②.
【分析】设，，可得出，由裂项相消法可求出，没有等式可化为恒成立，求出的最小值即可.
【详解】设，，
则，
所以
，
所以，
由，得，
即对于恒成立，
设，
因为，当且仅当，即时等号成立，
又，且，则，所以，
所以，即实数的取值范围是.
故；.
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. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已．
（1）求A；
（2）D为的中点，，垂足为E，，垂足为F．若，求面积的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理化简得，借助辅助角公式化简求解.
（2）设，则，进而得，，所以，由差角的正弦公式及辅助角公式及倍角公式化简得，进而求出面积值.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，，
化简得，，由辅助角公式得，，
所以，A为的内角，所以，所以；
【小问2详解】
由（1）知，设，则，
因为D为的中点，，且，所以直角中，，
同理，四边形中，，，，
所以，所以，
所以，即时面积为.
18. 如图，点是正方形的，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由正方形性质和线面垂直判定可知平面，由此可得；，由线面垂直的判定可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角定义可求得，利用二面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
四边形正方形，，又，，平面，平面；
平面，；
又，，平面，平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
平面，直线与平面所成角为，
，解得：；
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
19. 已知数列的前项和为，满足，，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）记，设，求数列的前项和．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）当时可求得；当时，由与关系可得，验证知，由此可证得结论；
（2）由等比数列通项公式可推导得到；当为奇数时，由知；当为偶数时，令，可知递增，得到，知；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，等比和等差数列求和公式可求得结果.
【小问1详解】
当时，，解得：；
当时，由得：，
两式作差得：，即；
经检验：，满足；
数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得：，；
则当为奇数时，，，；
当为偶数时，；
令，则，
，即，；
.
20. 中，，线段上的点M满足．
（1）记M轨迹为，求的方程；
（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．
【正确答案】（1）
（2）点C在以为直径的圆外
【分析】（1）由，得到，得出，椭圆的定义，即可求得点的轨迹方程.
（2）设过点的直线为，联立方程组求得，，得到，代入得出方程，求得，没有妨取，求得则，即的中点为，两圆的位置关系，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，在中，，
因为线段上的点M满足，可得，
所以，
根据椭圆的定义，可得点的轨迹为以为焦点的椭圆，
其中，可得，则，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知椭圆的方程为，设过点的直线为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为，可得，可得，
将代入，可得，消去可得，
解得，即，
没有妨取，可得，
则，
设的中点为，则，，即，
所以以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，
又由，
根据圆的定义得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
又由，且，
即，所以点C在以为直径的圆外.
21. 某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．
（1）假设设备正常状态，记X表示内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；
（2）该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．
参考数据：．
【正确答案】（1），说明见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）可得，即可求出；
（2）求出两种情况的费用均值，比较即可得出.
【小问1详解】
由题可知，单件产品为次品的概率为0.02，所以，
所以，，
所以，
由可知，如果生产状态正常，内抽取的10个零件中，至少出现2个次品的概率约为0.014，该是小概率，因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这的生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的.
【小问2详解】
若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，7000，
则，，
所以，
若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，8000，
则，，
所以，
所以，
则当时，，应先检测乙部件；当时，，先检测甲部件或乙部件均可；当时，，应先检测甲部件.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求导后，分别在和时，根据的正负得到单调性；
（2）将没有等式转化为；①当时，采用放缩法可得，知，满足题意；②当时，令，利用导数可说明当时，单调递增，零点存在定理可确定，使得，进而说明当时，，没有合题意；综合两种情况可得结论.
【小问1详解】
，
当时，，，，在上单调递增；
当时，令，解得：，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，由得：，
令，则，，；
①当时，，
在上单调递减，，满足题意；
②当时，令，
则；
当时，，则；
又，，；
，，即在上单调递增，
，，，使得，
则当时，，在上单调递增，
此时，没有合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到含参函数单调性的讨论、恒成立问题的求解；本题中恒成立问题的求解思路是通过构造函数的方式，将问题转化为含参数函数的最值的讨论问题，通过找到没有满足题意的单调区间来确定参数范围.
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模）
一､单项选一选：本大题共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. 已知复数，则复数的虛部为（）
A. B. C. D.
2. 设集合，集合，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，下列与“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（）
A. 至多一枚硬币正面朝上 B. 只有一枚硬币正面朝上
C. 两枚硬币反面朝上 D. 两枚硬币正面朝上
4. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体中，当分别与，，，重合时，所形成的四面体中鳖臑共有（）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
6. 在中，若，则（）
A. B. C. D.
7. 若点是抛物线上一点，点到该抛物线焦点的距离为6，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8. 对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（）
A B. C. D.
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者率为20%，中年患者率为30%，青年患者率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（）
A. 若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人
B. 该医院青年患者所占的频率为
C. 该医院的平均率为28.7%
D. 该医院的平均率为31.3%
10. 已知函数的任意两条对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（）
A. 函数在单调递减
B. ，
C. 把的图象向右平移个单位即可得到的图象
D. 若在上有且仅有一个极值点，则的取值范围为
11. 已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方
C. 双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列
D. 双曲线上存点，满足
12. 如图，在平面直角坐标系中一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（）
A. B. C. D.
三､填 空 题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：___________.
14. 已知为圆：上任意一点，则的值为___________.
15. 已知函数有零点，则实数___________.
16. 四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的值为___________.
四､解 答 题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
（1）求角A；
（2）若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按个解答内容计分）
19. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足，.设为数列的前项和，求.
21. 南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于培训后对参训志愿者进行了测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩近似于服从正态分布，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），
①求的值；
②利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励：①测试成绩没有低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
奉送话费的金额（元）
10
30
概率
今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：若，则，，.
23. 如图，四棱锥底面是边长为2的正方形，，.
（1）证明：平面；
（2）若M为棱PD上的点，，且二面角的余弦值为，求直线PC与平面ACM所成角的正弦值.
25. 已知椭圆：，，分别为椭圆的左､右焦点，焦距为4.过右焦点且与坐标轴没有垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.
（1）求椭圆的方程；
（2）求四边形面积的值.
27. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：函数有两个零点，且.
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（一模）
一､单项选一选：本大题共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. 已知复数，则复数的虛部为（）
A. B. C. D.
【1题答案】
【正确答案】A
【分析】先由复数的运算求出，再求出虚部即可.
【详解】，故虚部为.
故选：A.
2. 设集合，集合，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【2题答案】
【正确答案】D
【分析】直接由求解即可.
【详解】由可得.
故选：D.
3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，下列与“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（）
A. 至多一枚硬币正面朝上 B. 只有一枚硬币正面朝上
C. 两枚硬币反面朝上 D. 两枚硬币正面朝上
【3题答案】
【正确答案】C
【分析】由对立的概念直接判断即可.
【详解】由对立的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立为“两枚硬币反面朝上”.
故选：C.
4. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体中，当分别与，，，重合时，所形成的四面体中鳖臑共有（）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【4题答案】
【正确答案】B
【分析】当与，重合时，由为等边三角形即可判断四面体没有是鳖臑；当与，重合时，证明四个面均为直角三角形即可.
【详解】
如图，当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体没有是鳖臑；
当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，
故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；
当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体没有是鳖臑；
当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，
故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；故共有2个.
故选：B.
5. 在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
【5题答案】
【正确答案】B
【分析】先由三角函数的定义求得，再由正余弦和角公式求得，即可求得点的坐标.
【详解】由三角函数定义知：，将角的终边按逆时针方向旋转，此时角变为，
故点的横坐标为，
点的纵坐标为，
故点的坐标为.
故选：B.
6. 在中，若，则（）
A. B. C. D.
【6题答案】
【正确答案】A
【分析】由，利用正切的二倍角公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
故选：A
7. 若点是抛物线上一点，点到该抛物线焦点的距离为6，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【7题答案】
【正确答案】D
【分析】先由点在抛物线上得，再抛物线定义及到抛物线焦点的距离即可解出.
【详解】由题意知：，解得，抛物线的准线为，由抛物线的定义知，
点到该抛物线焦点的距离为，解得.
故选：D.
8. 对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【8题答案】
【正确答案】C
【分析】化简没有等式后构造函数，根据单调性转化为恒成立问题求解
【详解】，即，
令，由题意得在上单调递减，
故，即在上恒成立，则，
故选：C
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者率为20%，中年患者率为30%，青年患者率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（）
A. 若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人
B. 该医院青年患者所占的频率为
C. 该医院的平均率为28.7%
D. 该医院的平均率为31.3%
【9题答案】
【正确答案】ABC
【分析】由分层抽样即可判断A选项；直接计算频率即可判断B选项；直接计算平均率即可判断C、D选项.
【详解】对于A，由分层抽样可得，老年患者应抽取人，正确；
对于B，青年患者所占的频率为，正确；
对于C，平均率为，正确；
对于D，由C知错误.
故选：ABC.
10. 已知函数的任意两条对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（）
A. 函数在单调递减
B. ，
C. 把的图象向右平移个单位即可得到的图象
D. 若在上有且仅有一个极值点，则的取值范围为
【10题答案】
【正确答案】BD
【分析】由题意先解出，再根据三角函数性质对选项逐一判断
【详解】由题意得的周期为，故，
，
又的图象关于原点对称，为奇函数，而，可得，
即，，
对于A，当时，，正弦函数性质知在没有单调，故A错误，
对于B，，，故B正确
对于C，的图象向右平移个单位得函数，故C错误，
对于D，当时，，若在上有且仅有一个极值点，
则，解得，故D正确
故选；BD
11. 已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方
C. 双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列
D. 双曲线上存在点，满足
【11题答案】
【正确答案】AB
【分析】先由求得，即可求出渐近线判断A选项，由点到直线的距离公式即可判断B选项，由实轴长､虚轴长､焦距等比中项即可判断C选项，由双曲线定义的范围即可判断D选项.
【详解】易知双曲线的方程为，令得，故，解得，双曲线的渐近线方程为，即，故A正确；
双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，没有妨取右顶点，右焦点，则顶点到两渐近线距离的积为，
焦点到渐近线距离的平方为，又，，故，B正确；
，，显然，C错误；
若，又由双曲线定义，解得，
故没有存在点，满足，D错误.
故选：AB.
12. 如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（）
A. B. C. D.
【12题答案】
【正确答案】ABD
【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.
【详解】由题，圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即，以此类推，可得第圈个点对应的这项的和为0，即，
设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故A正确；
，故B正确；
所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故C错误；
，对应点的坐标为，，…，，所以
，故D正确.
故选：ABD
关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，图形，可适当先列举找到规律，再求解.
三､填 空 题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 计算：___________.
【13题答案】
【正确答案】##
【分析】直接由角的三角函数和对数运算求解即可.
【详解】.
故答案为.
14. 已知为圆：上任意一点，则的值为___________.
【14题答案】
【正确答案】
【分析】将转化为点和连线的斜率，由图像可知当直线与圆相切时取得值，由解出斜率即可.
【详解】
由于，故表示和连线的斜率，设，如图所示，当与圆相切时，取得值，
设此时，即，又圆心，半径为1，故，解得，
故的值为.
故答案为.
15. 已知函数有零点，则实数___________.
【15题答案】
【正确答案】
【分析】先由基本没有等式求得，再由二次函数求得，要使函数有零点，必须同时取等，即，，解方程即可.
【详解】由可得，当且仅当时取等，
又，当且仅当时取等，
故，当且仅当，时取等.
要使函数有零点，则且，化简得，解得.
故答案为.
16. 四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的值为___________.
【16题答案】
【正确答案】
【分析】构建直三棱柱，找出球心及底面外心，正弦定理求得，由表示出体积，再余弦定理及基本没有等式求出值.
【详解】
由，，，且异面直线与所成的角为构建直三棱柱，由得，
易得四面体外接球即为直三棱柱的外接球，取的外心，易得的中点即为球心，又，
则，由正弦定理得，又，
又由余弦定理得，即，
当且仅当时取等，故的值为3，四面体的体积的值为.
故答案为.
四､解 答 题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
（1）求角A；
（2）若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按个解答内容计分）
【17题答案】
【正确答案】（1）；
（2）
【分析】（1）若选①，由正弦定理，得，再由余弦定理即可求出角A；
若选②，由正弦定理得，解得，即可求出角A；
若选③，先由平方关系得，再由正弦定理得，再由余弦定理即可求出角A；
（2）在中，由余弦定理求得，由与的面积比求得，再在中由余弦定理求得即可.
【小问1详解】
选①，由正弦定理，得，即，故，又，故；
选②，由正弦定理，得，又，故，
又，故，又，故；
选③，由可得，
即，由正弦定理得，故，又，故；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，因为，所以，
解得或（舍），又与的面积比为3：5，即，所以，在中，
由余弦定理得，即.
19. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足，.设为数列的前项和，求.
【19题答案】
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用累乘法即可求解；
（2）由（1）代入可得，利用并项法求和即可求解.
【小问1详解】
因为，，
所以当时，，则，即，
当时，也成立，所以.
【小问2详解】
由（1），，，
则，
则
.
21. 南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于培训后对参训志愿者进行了测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩近似于服从正态分布，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），
①求的值；
②利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励：①测试成绩没有低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
奉送话费的金额（元）
10
30
概率
今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：若，则，，.
【21题答案】
【正确答案】（1）①；②
（2）分布列见解析；
【分析】（1）①利用平均值的公式求解即可；②利用正态分布的对称性即可求解；
（2）由，所获赠话费的可能取值为，，，，，
表中数据，即可得到分布列，再利用期望公式即可求解.
【小问1详解】
由题，，
因为，
所以.
【小问2详解】
由题，，
所获赠话费的可能取值为，，，，，
，，，
，，
所以的分布列为：
所以.
23. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，，.
（1）证明：平面；
（2）若M为棱PD上的点，，且二面角的余弦值为，求直线PC与平面ACM所成角的正弦值.
【23题答案】
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由正方形的性质可知，易证≌，则，设，连接，等腰三角形性质可知，即可得证；
（2）取中点为，可知为二面角的平面角，易得≌，进而可得平面，即，在中可得，，以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，设所求的直线与平面所成角为，则，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为底面是边长为的正方形，所以，
由，，，则≌，
所以，
设，连接，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取中点为，易得且，
所以为二面角的平面角，则，
因为，，，
所以≌，所以，即，
又，所以平面，则，
在中，，所以，则，
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，
设所求的直线与平面所成角为，
则，
所以，所求的正弦值为.
25. 已知椭圆：，，分别为椭圆的左､右焦点，焦距为4.过右焦点且与坐标轴没有垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.
（1）求椭圆方程；
（2）求四边形面积的值.
【25题答案】
【正确答案】（1）；
（2）
【分析】（1）由的周长求出，再由焦距求得，进而求出，即得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程联立椭圆方程求得，表示出直线的方程求出，由表示出面积，基本没有等式求值即可.
【小问1详解】
的周长为，由椭圆定义得，即.又焦距，得，
则，所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，联立得，设，
则，点，直线的方程为，
令得，即，又，
故，
当且仅当时即时等号成立，所以四边形面积的值为.
27. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：函数有两个零点，且.
【27题答案】
【正确答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明见解析
【分析】（1）直接求导，分和讨论单调性即可；
（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.
【小问1详解】
定义域为，，当时，，在上单调递增；
当时，由得，当时，单调递减，当时，单调递增；
综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
当时，因为，所以，无零点.当时，由，
得，即，设，则有，因为在上成立，
所以在上单调递减，当时，，所以等价于，
即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.
没有妨设，则，相减得，
设，则，代入上式，解得，所以，
因为，所以，因此要证，只需证，即证，
设，则，所以在递增，，
即，因为，所以可化成，又因为，所以.
本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，进行放缩得到，构造函数求导证明即可.
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（二模）
考生注意：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选一选时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选一选时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回
一、选一选：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已知函数，则（）
A. B. C. D.
2. 已知集合M，N满足，则（）
A. B. C. D.
3. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（）
A. 1 B. C. 2 D. 4
4. 已知平面，直线满足，，，，则（）
A. B. C. D.
5. 已知，且，则（）
A. B. C. D.
6. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
7. 已知为单位向量，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
8. 已知，则（）
A B. C. D.
二、选一选：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，并分别绘制出男、女生每天在校平均体育时间的频率分布直方图（如图所示），则（）
A.
B. 该校男生每天在校平均体育时间中位数估计值为75
C. 估计该校至少有一半学生每天在校平均体育时间超过一小时
D. 估计该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为
10. 已知正方形边长为1，以为折痕把折起，得到四面体，则（）
A. B. 四面体体积的值为
C. 可以为等边三角形 D. 可以为直角三角形
11. 已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（）
A. B. 直线与C相交
C. 若，则C的渐近线方程为 D. 若，则C的离心率为
12. 已知函数，则（）
A. 是奇函数 B. 图象关于点对称
C. 有一个零点 D. 没有等式的解集为
三、填 空 题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复平面内，复数对应的点位于直线上，则________．
14. 已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．
①；
②是偶函数；
③在上恰有两个极值点．
15. 为提升市民的艺术修养，丰富文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场没有同类型讲座，则共有_______种选择．（用数字作答）
16. 已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．
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. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已．
（1）求A；
（2）D为的中点，，垂足为E，，垂足为F．若，求面积的值．
18. 如图，点是正方形的，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
19. 已知数列的前项和为，满足，，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）记，设，求数列的前项和．
20. 中，，线段上的点M满足．
（1）记M的轨迹为，求的方程；
（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．
21. 某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．
（1）假设设备正常状态，记X表示内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；
（2）该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．
参考数据：．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【高考数学】2022-2023学年福建省南平市专项提升仿真模拟试题（二模）
考生注意：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选一选时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选一选时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回
一、选一选：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. 已知函数，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】求得后，代入解析式即可得到结果.
【详解】，.
故选：D
2. 已知集合M，N满足，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据交集的定义即可求解.
【详解】解：因为集合M，N满足，
所以根据交集的定义可得，
故选：C.
3. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（）
A. 1 B. C. 2 D. 4
【正确答案】C
【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p
【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得，
故选：C
4. 已知平面，直线满足，，，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由线面平行、线面垂直和面面垂直判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，或，A错误；
对于B，，，与可能平行、相交或，B错误；
对于C，，，与可能平行或异面，C错误；
对于D，，，又，，D正确.
故选：D.
5. 已知，且，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用二倍角公式化简已知等式可求得，并确定所在象限；根据同角三角函数关系可求得，利用两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】，，，
，，，
，，，，
.
故选：C.
6. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
【正确答案】B
【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，
所以，，
由题意，，且，，
因为，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，
故选：B.
7. 已知为单位向量，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设，以为原点建立直角坐标系，设，，可得.
【详解】设，则，所以为等边三角形，
以为原点建立如图所示直角坐标系，则，
设，，则，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，
因为，
所以.
故选：A.
8. 已知，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由换底公式得出，则同号，讨论和两种情况比较可得.
【详解】由题可得且，
可得，则同号，
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
综上，.
故选：B.
二、选一选：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，并分别绘制出男、女生每天在校平均体育时间的频率分布直方图（如图所示），则（）
A.
B. 该校男生每天在校平均体育时间中位数的估计值为75
C. 估计该校至少有一半学生每天在校平均体育时间超过一小时
D. 估计该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为
【正确答案】ACD
【分析】根据频率分布直方图及男女学生的比例一一计算可得；
【详解】解：，解得，故A正确；
因为，，故设中位数为，则，故B错误；
样本中男生在校平均体育时间超过一小时的占，
女生在校平均体育时间超过一小时的占，
所以该校每天在校平均体育时间超过一小时的频率为，故C正确；
男生中每天在校平均体育时间没有低于80分钟的频率为，
女生中每天在校平均体育时间没有低于80分钟频率为，
所以该校每天在校平均体育时间没有低于80分钟的学生中男、女生人数比例为，故D正确；
故选：ACD
10. 已知正方形的边长为1，以为折痕把折起，得到四面体，则（）
A. B. 四面体体积的值为
C. 可以为等边三角形 D. 可以为直角三角形
【正确答案】AC
【分析】取BD得中点为O，连接，可得平面，可判断选项A；当平面时，四面体体积的，且体积为，可判断选项B；当平面时，，所以，从而即可判断；若为直角三角形，又，则，由可判断选项D.
【详解】解：取BD得中点为O，连接，由题意，，，且，
所以平面，所以，故选项A正确；
当平面时，四面体体积的，且体积为，故选项B错误；
当平面时，，所以，又，所以此时为等边三角形，故选项C正确；
若为直角三角形，又，则，
所以，此时，没有满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项D错误.
故选：AC.
11. 已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（）
A. B. 直线与C相交
C. 若，则C的渐近线方程为 D. 若，则C的离心率为
【正确答案】AD
【分析】根据给定条件，计算切线长判断A；由直线斜率与的大小说明判断B；求出出点Q，P的坐标计算判断C，D作答.
【详解】令双曲线的半焦距为c，有，，依题意，，如图，
对于A，，A正确；
直线的斜率，直线是双曲线C过三象限的渐近线，直线与C没有相交，B没有正确；
对于C，由选项A可得点，设点，依题意，，
即，解得，即，
又点Q在直线上，则有，解得，有，
C的渐近线方程为，C没有正确；
对于D，由选项C同理得点，因此，即，解得，D正确.
故选：AD
12. 已知函数，则（）
A. 是奇函数 B. 的图象关于点对称
C. 有一个零点 D. 没有等式的解集为
【正确答案】BCD
【分析】求解的定义域，可知定义域没有关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，值域的求法可求得；对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个没有同单调区间内的情况，解没有等式组可求得结果.
【详解】对于A，由得：，即定义域为，没有关于原点对称，
为非奇非偶函数，A错误；
对于B，，，
，图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，；
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递减；
由知：图象关于对称，在上单调递减；
当时，，，，在上无零点；
当时，，，
，使得，则在上有零点；
综上所述：有一个零点，C正确；
对于D，由C知：在和上单调递减，
又时，；时，；
①当，即时，由得：，解得：（舍）或；
②当时，没有等式组无解，没有合题意；
③当，即时，，，满足题意；
④当，即时，，，没有合题意；
综上所述：的解集为：，D正确.
故选：BCD.
关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解没有等式；利用单调性解没有等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.
三、填 空 题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在复平面内，复数对应的点位于直线上，则________．
【正确答案】
【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算化简，即可得到在复平面内所对应的点的坐标，从而得到方程，解得即可；
【详解】解：因为，所以在复平面内所对应的点的坐标为，
又复数对应的点位于直线上，所以，解得；
故
14. 已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．
①；
②是偶函数；
③在上恰有两个极值点．
【正确答案】4（答案没有）
【分析】根据函数要满足的三个条件正余弦函数的性质，可得答案.
【详解】根据是偶函数且，则取 ，
又的极值点即为其最值点，
又因为在上恰有两个极值点，故 ，
故函数，一个同时满足三个条件的的值可取为4，
证，符合题意，
故4
15. 为提升市民的艺术修养，丰富文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场没有同类型讲座，则共有_______种选择．（用数字作答）
【正确答案】8
【分析】按分步乘法计数原理可计算得出.
【详解】由讲座海报可知，先选择参加绘画讲座的有2种，再选择参加雕塑讲座，有2种，再在剩下的2天里选择参见工艺讲座，有2种，所以一共有种选择.
故8.
16. 已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．
【正确答案】 ①. ②.
【分析】设，，可得出，由裂项相消法可求出，没有等式可化为恒成立，求出的最小值即可.
【详解】设，，
则，
所以
，
所以，
由，得，
即对于恒成立，
设，
因为，当且仅当，即时等号成立，
又，且，则，所以，
所以，即实数的取值范围是.
故；.
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. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已．
（1）求A；
（2）D为的中点，，垂足为E，，垂足为F．若，求面积的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理化简得，借助辅助角公式化简求解.
（2）设，则，进而得，，所以，由差角的正弦公式及辅助角公式及倍角公式化简得，进而求出面积值.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，，
化简得，，由辅助角公式得，，
所以，A为的内角，所以，所以；
【小问2详解】
由（1）知，设，则，
因为D为的中点，，且，所以直角中，，
同理，四边形中，，，，
所以，所以，
所以，即时面积为.
18. 如图，点是正方形的，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由正方形性质和线面垂直判定可知平面，由此可得；，由线面垂直的判定可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角定义可求得，利用二面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
四边形正方形，，又，，平面，平面；
平面，；
又，，平面，平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
平面，直线与平面所成角为，
，解得：；
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
19. 已知数列的前项和为，满足，，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）记，设，求数列的前项和．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）当时可求得；当时，由与关系可得，验证知，由此可证得结论；
（2）由等比数列通项公式可推导得到；当为奇数时，由知；当为偶数时，令，可知递增，得到，知；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，等比和等差数列求和公式可求得结果.
【小问1详解】
当时，，解得：；
当时，由得：，
两式作差得：，即；
经检验：，满足；
数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得：，；
则当为奇数时，，，；
当为偶数时，；
令，则，
，即，；
.
20. 中，，线段上的点M满足．
（1）记M轨迹为，求的方程；
（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．
【正确答案】（1）
（2）点C在以为直径的圆外
【分析】（1）由，得到，得出，椭圆的定义，即可求得点的轨迹方程.
（2）设过点的直线为，联立方程组求得，，得到，代入得出方程，求得，没有妨取，求得则，即的中点为，两圆的位置关系，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，在中，，
因为线段上的点M满足，可得，
所以，
根据椭圆的定义，可得点的轨迹为以为焦点的椭圆，
其中，可得，则，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知椭圆的方程为，设过点的直线为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为，可得，可得，
将代入，可得，消去可得，
解得，即，
没有妨取，可得，
则，
设的中点为，则，，即，
所以以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，
又由，
根据圆的定义得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
又由，且，
即，所以点C在以为直径的圆外.
21. 某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．
（1）假设设备正常状态，记X表示内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；
（2）该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．
参考数据：．
【正确答案】（1），说明见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）可得，即可求出；
（2）求出两种情况的费用均值，比较即可得出.
【小问1详解】
由题可知，单件产品为次品的概率为0.02，所以，
所以，，
所以，
由可知，如果生产状态正常，内抽取的10个零件中，至少出现2个次品的概率约为0.014，该是小概率，因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这的生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的.
【小问2详解】
若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，7000，
则，，
所以，
若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，8000，
则，，
所以，
所以，
则当时，，应先检测乙部件；当时，，先检测甲部件或乙部件均可；当时，，应先检测甲部件.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求导后，分别在和时，根据的正负得到单调性；
（2）将没有等式转化为；①当时，采用放缩法可得，知，满足题意；②当时，令，利用导数可说明当时，单调递增，零点存在定理可确定，使得，进而说明当时，，没有合题意；综合两种情况可得结论.
【小问1详解】
，
当时，，，，在上单调递增；
当时，令，解得：，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，由得：，
令，则，，；
①当时，，
在上单调递减，，满足题意；
②当时，令，
则；
当时，，则；
又，，；
，，即在上单调递增，
，，，使得，
则当时，，在上单调递增，
此时，没有合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到含参函数单调性的讨论、恒成立问题的求解；本题中恒成立问题的求解思路是通过构造函数的方式，将问题转化为含参数函数的最值的讨论问题，通过找到没有满足题意的单调区间来确定参数范围.
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