2023届福建省泉州市高三适应性练习数学试题含解析

这是一份2023届福建省泉州市高三适应性练习数学试题含解析，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届福建省泉州市高三适应性练习数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据补集的定义结合指数函数分析运算.【详解】由题意可得：.故选：D.2．已知复数为纯虚数，则实数a等于（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】根据复数的运算，结合纯虚数的定义即可得到结果.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：A.3．等差数列中，，则的前9项和为（    ）A． B． C．90 D．180【答案】C【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算即可.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故选：C.4．已知，，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意结合诱导公式分析判断.【详解】因为，可得，结合，可得，又因为，，则，所以，整理得.故选：B.5．已知双曲线C的焦点分别为，虚轴为．若四边形的一个内角为120°，则C的离心率等于（    ）A． B． C． D．3【答案】A【分析】根据双曲线的性质分析可得，结合之间的关系分析运算即可去.【详解】因为，由对称性可得：四边形为菱形，且，所以，即，可得，整理得，即C的离心率.故选：A.6．已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若侧面展开图中，为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意分析可得，进而可求侧面积.【详解】因为，且为直角三角形，则，又因为为的中点，则，可得为等边三角形，即，所以该圆锥的侧面积.故选：C.7．已知圆关于直线对称，与交于，两点，设坐标原点为，则的最大值等于（    ）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】首先将圆的方程化为标准式，得到圆心坐标，在求出直线过定点，又根据对称性，可知恰好为圆心坐标，即可求出圆的方程，在由圆过原点，则，利用基本不等式计算可得.【详解】圆，即，圆心为，直线，因为，所以直线的斜率不为，又，令，解得，即直线恒过定点，又圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以，解得，所以圆，半径，显然，即圆过坐标原点，因为与交于，两点，即为直径的两个端点，所以，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即，当且仅当时取等号，即的最大值等于.故选：B8．人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（    ）（参考数据：，．）A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果.【详解】设，由题意可得：，即，可知表示正方形，其中，即点在正方形的边上运动，因为，由图可知：当取到最小值，即最大，点有如下两种可能：①点为点A，则，可得；②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，则；因为，所以的最大值为.故选：B.【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题. 二、多选题9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．的最大值为2 D．的取值范围是【答案】ACD【分析】根据数量积的坐标表示判断A，根据向量平行的坐标表示得到，求出，即可判断B，根据数量积的坐标表示及三角函数的性质判断C、D.【详解】对于A：当时，，此时，故，即A正确；对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：因为，，所以，，所以，因为，所以，所以，故D正确；故选：ACD10．在党中央、国务院决策部署下，近一年来我国经济运行呈现企稳回升态势．如图为2022年2月至2023年1月社会消费品零售总额增速月度同比折线图，月度同比指的是与去年同期相比，图中纵坐标为增速百分比．就图中12个月的社会消费品零售总额增速而言，以下说法正确的是（    ）A．12个月的月度同比增速百分比的中位数为1%B．12个月的月度同比增速百分比的平均值大于0C．图中前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大D．共有8个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值【答案】AC【分析】根据题意结合相关概念逐项分析判断.【详解】由折线图可得增速百分比（%）由小到大依次为：，对于A：12个月的月度同比增速百分比的中位数为，故A正确；对于B： 因为，所以12个月的月度同比增速百分比的平均值小于0，故B错误；对于C：由折线图可得前6个月的月度同比增速百分比先大幅度波动后渐渐趋于稳定，后6个月的大波动整体较小，所以前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大，故C正确；对于D：因为，可知大于的有，共有6个，所以共有6个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值，故D错误；故选：AC.11．函数的图象可以是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】首先判断函数的奇偶性，再分、、三种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可判断.【详解】因为与均为偶函数，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除B；当时的定义域为，且当时，此时，当或时，由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，当时，方程的两根为，，所以当或时，当时，所以在，上单调递减，在单调递增，故A正确；当时的定义域为，由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，即，，所以，则时，时，则在上单调递减，在上单调递增，故D正确；当时的定义域为，由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，此时，对于函数，与轴交于正半轴，对称轴为，开口向上，无论是否与轴有交点，函数在靠近处函数值均大于，即，此时函数单调递增，故C错误；故选：AD12．直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确的是（    ）A．当时，B．若，则的轨迹长度为C．若平面，则D．当时，若点满足，则的取值范围是【答案】BCD【分析】对于A，当与重合时，假设成立，结合线面垂直关系推出矛盾，进而判断；对于B，分别取，的中点，，结合线面垂直关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；对于C，取的中点，连接，，结合线面平行关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，结合，可知的轨迹是线段，结合垂直关系得到点为直线与线段的垂直平分线的交点，进而求解判断.【详解】对于A，由题意，，，当与重合时，假设，则，又，，平面，则平面，又平面，则，因为底面ABCD是菱形，，所以为等边三角形，与矛盾，则假设不成立，故A错误；对于B，分别取，的中点，，因为底面ABCD是菱形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，则平面，又平面，则，因为四边形为正方形，则，又，平面，所以平面，所以的轨迹是线段，而，故B正确；对于C，取的中点，连接，，因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，若平面，则的轨迹是线段，因为，所以，故C正确；对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，当时，的轨迹是线段，因为为等边三角形，为的中点，所以，又，所以点在直线上，在中，，则点在线段的垂直平分线上，所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.因为，所以，，因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题关键在于根据线面垂直关系、平行关系，结合空间向量推导出的轨迹，进而求解. 三、填空题13．曲线y=sin2x在点（0，0）处的切线方程为______．【答案】【分析】欲求曲线y=sin2x在点（0，0）处的切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=2处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而解决问题．【详解】解：∵y=sin2x， ∴f'（x）=2cos2x，当x=0时，f'（0）=2，得切线的斜率为2，所以k=2； 所以曲线在点（0，0）处的切线方程为： y-0=2×（x-0），即y=2x． 故答案为．【点睛】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．14．已知定义在上的函数满足：为偶函数；当时，．写出的一个单调递增区间为______．【答案】（答案不唯一，符合题意即可）【分析】根据题意可得函数关于直线对称，结合图象分析判断.【详解】因为为偶函数，则，所以函数关于直线对称，结合题意可得函数的图象，如图所示：可得函数的单调递增区间为：.故答案为：.15．在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过的直线l与C交于A，B两点．若的面积等于的面积的2倍，则______．【答案】/【分析】根据题意，过做垂直准线于点，过做垂直准线于点，由面积关系可得为中点，从而得到结果.【详解】由题意可得如图所示图形，过做垂直准线于点，过做垂直准线于点，由抛物线的定义可知，，，因为抛物线C：，则，设的面积为，则的面积也为，的面积为，所以，即，即为中点，所以.故答案为：.16．将，，，，任意排成一行，可以组成______个不同的6位数．（用数字作答）【答案】【分析】首先求出数字不在首位，再求出数字和相邻且在之前的排法，即可得解.【详解】将，，，，任意排成一行，且数字不在首位，则有种，数字和相邻且在之前的排法有种，故所求满足题意的位数有个.故答案为： 四、解答题17．数列中，，且．(1)证明：数列为等比数列，并求出；(2)记数列的前n项和为．若，求．【答案】(1)证明见详解，(2)1360 【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义与通项公式分析运算；（2）由（1）可得，根据前n项和与通项之间的关系结合并项求和分析运算.【详解】（1）因为，则，且，所以数列是以首项为2，公比为2的等比数列，故，可得.（2）因为，即，当时，则，解得；当时，则，两式相减得：，整理得；所以，即.18．在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，．(1)求∠BAC；(2)求与的面积之和的最大值．【答案】(1)(2)1 【分析】（1）在中，利用余弦定理求，结合勾股定理分析运算；（2）设，利用正弦定理和面积公式用表示面积，结合三角恒等变换分析运算.【详解】（1）在中，由余弦定理，即，因为，所以.（2）设，则，在中，由正弦定理，可得，因为的面积，的面积，可得与的面积之和，因为，则，可知当，即时，取到最大值1，即与的面积之和的最大值为1.19．在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，．(1)求证：平面平面；(2)若，，当四棱锥的体积最大时，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）作于点，即可得到平面，从而得到，再由，得到平面，即可得证；（2）过点作于，连接，即可得到平面，则，即可求出、、，根据锥体体积公式及基本不等式求出体积最大值时，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）作于点，因为点在平面内的投影落在棱上，所以平面，平面，所以，又为矩形，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）过点作于，连接，因为，，，所以，所以，又因为平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，所以，且，，所以的体积，在中，，所以，当且仅当时，此时四棱锥的体积最大，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，所以，设平面的法向量为，则，所以，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.20．某同学尝试运用所学的概率知识研究如下游戏规则设置：游戏在两人中进行，参与者每次从装有3张空白券和2张奖券的盒子中轮流不放回地摸出一张，规定摸到最后一张奖券或能判断出哪一方获得最后一张奖券时游戏结束，能够获得最后一张奖券的参与者获胜．(1)从胜负概率的角度，判断游戏规则设置是否公平；(2)设游戏结束时参与双方摸券的次数为X，求随机变量X的分布列．【答案】(1)游戏不公平(2)分布列见解析 【分析】（1）求出先摸券的一方获胜的概率，即可判断；（2）依题意可知的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列.【详解】（1）将张空白券简记为“白”，将张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，包括以下几种情况：①双方共摸券3次，出现“奖白奖”，“白奖奖”，“白白白”这三种情形，对应的概率为；②双方共摸券4次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，对应的概率为；故先摸券的一方获胜的概率，又，故这场游戏不公平.（2）由题意可知的可能取值为、、，所以，，，所以的分布列为21．已知函数．(1)判断的导函数的零点个数；(2)若，求a的取值范围．【答案】(1)答案见详解(2) 【分析】（1）求导，分类讨论，利用单调性结合零点存在性定理分析判断；（2）根据（1）可得的最小值，利用零点代换可得，构建函数，利用单调性解不等式即可.【详解】（1）由题意可得：的定义域为，且，因为，则有：当时，恒成立，在内无零点；当时，构建，则恒成立，则在上单调递增，由于，取，则，，故在内有且仅有一个零点，即在内有且仅有一个零点；综上所述：当时，在内无零点；当时，在内有且仅有一个零点.（2）由题意可知：，由（1）可知：在内有且仅有一个零点，设为，可得：当时，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增，则，因为，则，且可得，整理得，构建，则，对于，由，可得，所以，则在上单调递增，且，所以的解集为，又因为在定义域内单调递减，可得，所以，故a的取值范围.【点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题（1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．（2）函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．22．在锐角中，，于点，．(1)建立适当的坐标系，求动点的轨迹的方程；(2)点是以为直径的圆上的中点，过点的直线与C交于P，Q两点，判断是否存在定点，使得为定值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，设，，表示出，，，根据得到方程整理即可得解；（2）依题意可得点在轴上，不妨设点，假设存在满足条件的点，分的斜率存在与不存在两种情况讨论，当的斜率存在时，设的方程为，，，联立直线与椭圆方程，表示出，，利用余弦定理得到，根据数量积的坐标表示，化简计算可得、，求出点坐标，即可得解.【详解】（1）如图，以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，设，因为是锐角三角形，所以，则，，，因为，所以，整理得，所以动点的轨迹的方程为.（2）因为点是以为直径的圆上的中点，所以点在轴上，不妨设点，假设存在满足条件的点，①当的斜率存在时，设的方程为，，，由，消去得，所以，，又，，在中由余弦定理,得，所以，解得，即，此时.②当的斜率不存在时，的方程为，此时，，，所以，，所以，所以，综上，可知存在定点，即使得为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.