2023年福建省泉州市惠安县重点中学高考数学模拟试卷（5月份）-普通用卷

2023年福建省泉州市惠安县重点中学高考数学模拟试卷（5月份）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B. ，
C.  D.

2.  已知复数，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在正方形中，在上且有，与对角线交于，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  设向量与的夹角为，定义已知向量为单位向量，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  的展开式中的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格的染色方法种数为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的半径为，直线，互相垂直，垂足为，且与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，则四边形的面积的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  黄金三角形有两种，一种是顶角为的等腰三角形，另一种是顶角为的等腰三角形已知在顶角为的黄金三角形中，角对应边与角对应边的比值为，这个值被称为黄金比例若，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  关于函数的图象，下列说法正确的是(    )

A. 是曲线的一个对称中心
B. 是曲线的一个对称轴
C. 曲线向左平移个单位，可得曲线
D. 曲线向右平移个单位，可得曲线

10.  已知符号函数，偶函数满足，当时，，则下列结论不正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

11.  已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

12.  记表示与实数最接近的整数，数列的通项公式为，其前项和为设，则下列结论正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  圆被直线截得的最短弦长为        ．

14.  将数列与的公共项由小到大排列得到数列，则数列的前项的和为        ．

15.  已知直线是曲线与的公切线，则直线与轴的交点坐标为        ．

16.  焦点在轴上的椭圆，点，是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的点，的内切圆的圆心为，若，过原点的直线交椭圆于，两点，则的值为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
在，，成等比数列，，这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．
已知数列是公差不为的等差数列，其前项和为，且满足_____，_____．
求的通项公式；
求．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．

18.  本小题分
在中，，，的对边分别为，，，．
若，求的值；
若，的平分线交于点，求长度的取值范围．

19.  本小题分
如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得．
证明：平面；
若，，求二面角的正弦值．

20.  本小题分
为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在分钟内完成规定作品和创意作品各幅，若有不少于幅作品入选，将获得“巧手奖”轮比赛中，至少获得次“巧手奖”的同学将进入决赛，某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各幅，其中有幅规定作品和幅创意作品符合入选标准．
从这幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；
以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛？

21.  本小题分
已知椭圆：长轴长为，在上运动，，为的两个焦点，且的最小值为．
求的方程；
已知过点的动直线交于两点，，线段的中点为，若为定值，试求的值．

22.  本小题分
已知函数．
讨论函数的单调性；
若有两个极值点，，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：或，，
，，．
故选：．
可求出集合，，然后进行交集和并集的运算即可．
本题考查了高次不等式的解法，绝对值不等式的解法，交集和并集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由于复数，故，，
故．
故选：．
根据复数的性质计算可得，由此利用等比数列的前项和公式计算，即可求得答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：如图：

在正方形中，在上且有，与对角线交于，
，且，
∽，
可得，
，
故选：．
根据已知条件结合向量的三角形法则及线性运算，即可求解结论．
本题主要考查向量的线性运算，考查计算能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：已知向量为单位向量，
则，
又，
解得，
又，
，
，
故选：．
先阅读题意，然后结合平面向量数量积的运算及平面向量的模的运算求解即可．
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模的运算，属基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：可看作个相乘，展开式中可由种情况获得：
在这个因式中，取个式子提供，个式子提供，则可得到；
在这个因式中，取个式子提供，个式子提供，则可得到，
所以的展开式中的系数为．
故选：．
利用二项式定理，分类讨论即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：按从左到右数，当第一个是白色时，数到第一个格子时，黑色的格子数为，白色的格子数为，不满足黑色格子不少于白色格，同理数到其余格子时也一样，所以不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格的染色方案的树状图如下：

满足题意的染色方法种数为．
故选：．
根据题意画出树状图即可得解．
本题考查利用树状图列举事件是情况，属基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，
直线，互相垂直，垂足为，，
，，
．
故选：．
设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，可得，，可求四边形的面积的最大值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查重要不等式的应用，属中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：依题意，得，
则，
故选：．
依题意，可得，代入所求值的关系式，利用二倍角公式及诱导公式化简可得答案．
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：函数的图象，
对于：当时，，故A正确；
对于：当时，，故B错误；
对于：曲线向左平移个单位，得到的图象，故C错误；
对于：曲线向右平移个单位，可得曲线的图象，故D正确．
故选：．
直接利用函数的图象的平移变换和正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数图象的平移变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
 

10.【答案】 

【解析】解：当时，，则，故A错误，
，，故B错误，
则成立，故C正确，
当是偶数时不妨设，则，
则，而当，时，，则不成立，故D错误，
故选：．
分解符号函数的定义，分别进行判断即可．
本题主要考查符号函数的性质，根据符号函数分别进行判断是解决本题的关键，是中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由已知可得，因为，所以，
所以，所以，A正确；
又由，则当时，：当时，，从而B正确；
，
当且仅当，时取等号，所以，C错误；
由已知得，所以，
当时取等号，D正确，
故选：．
将已知变形，再结合基本不等式即可判断．
本题考查不等式的性质，基本不等式，二次函数求最值，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意设，当时，则，，故A错误；
，即，解得，
故，故B正确；
，则，
两边平方得，
为自然数，且不是整数，其中是右侧的最接近的整数，
成立，故C正确；
当，时，，此时；
当，，，时，，此时；
当，，，，，时，，此时；
当，，，时，，此时；
，
归纳可得数列中，有个，个，个，个，，
又由，，，，，构成首项为，公差为的等差数列，
则，
令，解得的最大值为，
则，故D正确，
故选：．
对，令，计算，，即可判断；
对，由，结合新定义，即可判断；
对，由，两边平方，结合新定义，即可判断；
对，考虑，；，，，；，，，；，结合等差数列的通项公式和求和公式，可得的最大值为，再求和，即可判断．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，化归转化思想，归纳推理思想，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由直线方程可得，
则直线恒通过点，点在圆的内部，
设定点为，由题可知当直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最短，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
设圆心到直线距离为，则，
所以直线被圆截得最短的弦长为．
故答案为：．
求出直线恒过的定点，利用点与圆的位置关系判断直线与圆的位置关系即可．求出定点与圆心的斜率，利用垂直求出直线的斜率，求出弦长即可．
本题考查直线与圆的方程的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，解得，故不是数列和数列的公共项，
，解得，故是数列和数列的公共项，
，解得，故不是数列和数列的公共项，
，解得，故是数列和数列的公共项，
依次类推可得，，，，，
数列是首项为，公比为的等比数列，
数列的前项的和为，
故答案为：．
根据数列的通项公式，求出数列和数列的公共项，可得，，，，，则数列是首项为，公比为的等比数列，即可得出答案．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由，得，
由，得，
设直线与曲线和分别切于，，
则，即，代入，
可得，解得，
，切点为，则切线方程为，
取，得．
直线与轴的交点坐标为
故答案为：
设直线与两曲线的切点坐标，得到两曲线在切点处的导数值，再由斜率相等列式求解切点坐标，得到切线方程，进一步得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：设内切圆半径为，取线段的中点为，

，，
则，，
，
，由椭圆对称性有，
．
故答案为：．
设内切圆半径为，取线段的中点为，可得，进而可求，可求的值．
本题考查向量在解平面几何中的应用，属中档题．
 

17.【答案】解：选，设等差数列的公差为，
，，成等比数列，，
，解得，，
；
选，设等差数列的公差为，
，，成等比数列，，
，解得，，
；
选，设等差数列的公差为，
，，
，解得，，
；
由得，
则，
． 

【解析】选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，即可得出答案；
由得，可得，利用裂项相消法求和，即可得出答案．
本题考查等差数列的性质，考查方程思想和转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：，
在中，由正弦定理得，
，，
，即，
，
；
由得，，则，
设，如图所示：

，
，，
． 

【解析】由正弦定理得出，再由余弦定理，即可得出答案；
设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，即可得出答案；
本题考查正弦定理和余弦定理的综合应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】证明：是边上的高，
，，
，，平面，平面，
平面，，
又，，平面，，
平面；
解：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，

，，
则，，，，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
故，解得：，令，得：，
则，，解得：，令，则，
故，
设二面角平面角为，显然为锐角，
，
，
即二面角的正弦值为． 

【解析】先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；
建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值．
本题主要考查线面垂直的证明，二面角的求法，向量法的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：由题可知，所有可能的情况有：
规定作品入选幅，创意作品入选幅的概率，
规定作品入选幅，创意作品入选幅的概率，
规定作品入选幅，创意作品入选幅的概率，
故所求的概率．
设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
，
，且，
也即，即，
故可得：，
，
，
令，则在上单调递减，
，
该同学在轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
，故该同学没有希望进入决赛． 

【解析】根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；
由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率的最大值，再根据轮比赛中获得“巧手奖”的次数服从二项分布，估算，结合题意即可判断．
本题考查概率的求解以及二项分布、解决问题的关键是求得某一轮获得“巧手奖”的概率的范围，再估算轮比赛中获得“巧手奖”的次数的数学期望，涉及函数值域问题，范围问题，属综合困难题．
 

21.【答案】解：由题意得，
设，长分别为，．
则，
当且仅当时取等号
从而，得，，，
则椭圆的标准方程为．
若直线的斜率不存在，易得；
若直线的斜率存在，设其方程为，联立，
得，易知恒成立，
设，，则，
且，，



，
要使上式为常数，必须且只需，即．
此时为定值，符合题意．
综上可知，当时，能使得． 

【解析】结合余弦定理，转化求解，，推出椭圆方程．
若直线的斜率不存在，推出结果．若直线的斜率存在，设其方程为，联立，设，，利用韦达定理以及向量的数量积，推出表达式为定值，然后求解即可．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查向量的数量积的应用，是难题．
 

22.【答案】解：，
令，
因为，对称轴为，
所以，
当时，即，此时在上单调递增，
即，
所以，即在上单调递增，
当时，即，
若，即时，恒成立，
所以，即在上单调递增，
若，即时，
令，解得，，
所以在上单调递增，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，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
证明：由可知，要使得有两个极值点，，则，
此时满足，，
不妨设，此时有，
从而原不等式转化为，
将即代入有：
，
化简即得，即证，
由，可得，
令，则不等式为，
设，
则，
所以在上单调递增，，
所以原不等式成立． 

【解析】求导得，令，则，对称轴为，，分两种情况：当时，当时，讨论的单调性．
由可知，要使得有两个极值点，，则，且满足，，不妨设，此时有，从而原不等式转化为，将，即代入，即证即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．