2023年福建省厦门市高考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2023年福建省厦门市高考数学适应性试卷（含解析），共23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年福建省厦门市高考数学适应性试卷一、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，则在复平面内对应的点位于(    )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限2.  已知双曲线的焦距为，则其离心率为(    )A.  B.  C.  D. 3.  某餐馆在网站有条评价，好评率为，在网站有条评价，好评率为综合考虑这两个网站的信息，这家餐馆的好评率为(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知圆台上下底面的半径分别为和，母线长为，则圆台的体积为(    )A.  B.  C.  D. 5.  世纪中叶，人们认为同时掷两枚骰子时，若不给两枚骰子标记号，两枚骰子的点数和为或的可能结果数相同，则出现的概率就应该相同然而有人发现，多次的试验结果和人们的预想不一致，这个问题最终被伽利略解决则(    )A. 当不给两枚骰子标记号时，出现点数和为的结果有种
B. 当给两枚骰子标记号时，出现点数和为的结果有种
C. 出现点数和为的概率为
D. 出现点数和为的概率比出现点数和为的概率更大6.  比利时数学家旦德林发现：两个不相切的球与一个圆锥面都相切，若一个平面在圆锥内部与两个球都相切，则平面与圆锥面的交线是以切点为焦点的椭圆如图所示，这个结论在圆柱中也适用用平行光源照射一个放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影区域内含边界有一点，若平行光与桌面夹角为，球的半径为，则点到球与桌面切点距离的最大值为(    )A.
B.
C.
D.
 7.  已知定点在边长为的正方形外，且，对正方形上任意点，都有的面积，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，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.  今年春节档两部电影票房突破亿大关，满江红不负众望，凭借喜剧元素和家国情怀，以亿票房成为档期内票房冠军，另一部科幻续作流浪地球则成为最高口碑电影下图是这两部电影连续天的日票房情况，则(    )
A. 满江红日票房平均数大于流浪地球日票房平均数
B. 满江红日票房方差大于流浪地球日票房方差
C. 满江红日票房极差小于流浪地球日票房极差
D. 满江红日票房的第百分位数小于流浪地球日票房的第百分位数10.  已知函数，的定义域都为，为奇函数，且，，则(    )A.  B.  C.  D. 11.  如图，在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则(    )A.
B. 当时，有且仅有一个点，使得平面
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，三棱锥的体积为定值
 
 12.  欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，，则(    )A.  B. 是素数时，
C.  D. 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  设集合，集合，若，写出一个符合条件的集合 ______ ．14.  已知的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大，则展开式中的常数项为______ ．15.  已知函数的图象如图所示，且在的图象上，则的值为______ ．
 16.  已知函数，，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为______ ．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
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求的值；
点在线段上，，，，求的面积．18.  本小题分
已知数列满足．
证明是等比数列；
若，求的前项和．19.  本小题分
筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．
求到平面的距离；
当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
20.  本小题分
甲、乙两队进行篮球比赛，采取五场三胜制当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．
在比赛进行场结束的条件下，求甲队获胜的概率；
赛事主办方需要预支球队费用万元假设主办方在前场比赛每场收入万元，之后的比赛每场收入万元主办方该如何确定的值，才能使其获利获利总收入预支球队费用的期望高于万元？21.  本小题分
已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．
求的轨迹的方程；
过的直线交于，两点，在第一象限，在处的切线为，交轴于点，过作的平行线交于点，是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．22.  本小题分
已知函数．
当时，讨论在区间上的单调性；
若，求的值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
所以复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算法化简复数，再根据复数的几何意义判断即可．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由双曲线的焦距为，可得，，
，
则．
故选：．
利用双曲线的焦距的定义及双曲线的标准方程的特点，结合双曲线的离心率公式，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由已知可得这家餐馆的好评率为．
故选：．
根据已知数据直接计算可得．
本题主要考查了平均数的计算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：画出图形，如图所示：

由图可得，圆台的高为，
故圆台的体积为．
故选：．
先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可．
本题主要考查了圆台的结构特征，考查了台体的体积公式，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：对，当不给两枚骰子标记号时，出现点数和为的结果有，，共三种情况，故A错误；
对，当给两枚骰子标记号时，出现点数和为的结果有，，，，，共种情况，故B错误；
对，由，出现点数和为的情况共种，投掷两枚骰子所有可能的情况有种，故出现点数和为的概率为，故C正确；
对，当给两枚骰子标记号时，出现点数和为的结果有，，，，共种情况，故出现点数和为的概率为，故D错误．
故选：．
根据古典概型的方法，将所有满足条件的情况列出再分析即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意，如图所示，

则，，，
所以到球与桌面切点距离的最大值为：
，
，
．
故选：．
根据题意，利用平行投影作出图象求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，，，
，在线段的垂直平分线上，又，
即，，
则，，即，
设，则，，
，解得或，
又定点在边长为的正方形外，，
设，则，，
，
若在线段上，则，，
此时，
，则，
，则，
若在线段上，则，，
此时，
，则，
，则，
若在线段上，则，，
此时，
，则，
，则，
若在线段上，则，，
此时，
，则，
，则，
综上可得，
的最大值为．
故选：．
建立平面直角坐标系，依题意在线段的垂直平分线上，根据面积公式及数量积的定义得到，即可确定的坐标，设，表示出，再由不等式的性质求出的取值范围，即可得解．
本题主要考查平面向量数量积运算，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：，
令，
由得，由得，
故在单调递增，在单调递减，
，即在上恒成立，
当时，，故，
令，
当时，
令，
令，则，
当时，，即在单调递减，
，即，
，
．
故选：．
构造函数，即可求导比较，利用，即可比较，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，由图表可得满江红日票房都大于流浪地球日票房，所以满江红日票房平均数大于流浪地球日票房平均数，故A正确；
对于，由图可得满江红日票房单日票房数据波动更大，满江红日票房方差大于流浪地球日票房方差，故B正确；
对于，满江红日票房极差大于流浪地球日票房极差，故C错误；
对于，满江红日票房的第百分位数，第百分位数是从小到大排序第个数，
流浪地球日票房的第百分位数，第百分位数是从小到大排序第个数，
满江红日票房的第百分位数小于流浪地球日票房的第百分位数，故D正确．
故选：．
根据图表信息逐一判断即可．
本题主要考查了统计图的应用，考查了平均数、方差和极差的计算，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：对，由，令可得，又为奇函数，故，，故A错误；
对，由及可得，
又为奇函数，则，令则，
故故B正确；
对，由及可得，当时不成立，故C错误；
对，由可得且周期为，故，，故，故D正确．
故选：．
对，根据令结合为奇函数推导即可；对，根据结合为奇函数，再令推导即可；对，求出判断即可；对，根据奇偶性与周期性可得，，进而判断即可．
本题主要考查了抽象函数的应用，考查了函数的奇偶性和周期性，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：如图建立空间直角坐标系，

则，，，
因为，，，
所以
所以，
对于选项A，则，，
所以，
因为，，所以，故A答案正确；
对于选项B，当时，，
，，设面的法向量为，
则，取，
若平面，则，无解，
所以不存在点，使得平面，故选项B错误；
对于选项C，当时，，
若，则，，无解，
所以不存在点，使得，故C错误；
对于选项D，当时，为边长为的等边三角形，
所以，
点到平面的距离为，当时，
点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确．
故选：．
建立空间直角坐标系，则可得出点的坐标，依次判定选项即可．
本题考查线面垂直问题，线线平行问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
 12.【答案】 【解析】解：对选项，由题知，所以选项错误，
对选项，当为素数时，显然成立，所以选项正确，
对选项，的倍数都不与互质，故共有个，所以选项正确，
对选项，在中，的倍数共有个，的倍数共有个，的倍数共有个，
所以，所以，所以 选项正确．
故选：．
根据给定的欧拉函数定义逐项分析计算判断即可．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
 13.【答案】答案不唯一 【解析】解：，，
故若，则可有．
故答案为：答案不唯一．
求得，再根据真子集的定义求解即可．
本题主要考查集合间的基本关系，考查运算求解能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：因为的二项展开式为：
，
所以它的第二项的系数为：，
该二项式的展开式中第二项的二项式系数为：，
由的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大，
所以有：，
所以二项式为，
由展开式通项为：，
令，
所以展开式中的常数项为：．
故答案为：．
由题意利用二项式展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大，建立方程解出的值，再利用公式求出展开式中的常数项．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：，其中，设周期为，
由图象可知：，，
，，
解得，故，
由于在图象上，
所以，且，
由于，所以，故，
故可得，
由于，所以，进而可得，
所以．
故答案为：．
根据图象可利用周期得，进而将代入，结合二倍角公式可得，即可求解．
本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：，
假设两曲线在同一点处相切，
则，可得，即，
因为函数单调递增，且时，
所以，则，此时两曲线在处相切，
根据曲线的变化趋势，若继续增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线，
所以的最大值为．
故答案为：．
根据导数的几何意义，利用斜率等于切点处的导数，和切线相同即可判断．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
 17.【答案】解：由正弦定理得，
，
，
，
，；
方法：，即，
又，
，即，
在中，由余弦定理得，则，
，
；
方法：设，在中，由正弦定理得，
同理在中，
，
，即，
又，
，即，
在中，由余弦定理得，即，
，
． 【解析】根据正弦定理、三角函数的和差角公式，将条件变形即可得出答案；
由可得，然后由余弦定理可解出，，即可得出答案；或利用正弦定理结合结合条件求，然后再利用余弦定理及三角形面积公式，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 18.【答案】证明：由题意得，
又因为，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
解：由得，
所以，
所以

． 【解析】根据已知条件及等比数列的定义即可求解；
根据的结论及等比数列的通项公式，利用等差等比数列的前项和公式，结合数列中的分组求和法即可求解．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 19.【答案】解：因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以，，
平面，平面，，
所以平面，
所以到平面的距离．
存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
过作平面，所以，，两两垂直，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建系如图，
由得平面平面，因为，
所以，
设，
，
，
设平面的法向量，
则，取，
设直线与平面所成角为，又
所以，
解得或，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或． 【解析】根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离．
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可．
本题考查点面距的求解，向量法求解线面角问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．
 20.【答案】解：记事件为“比赛进行场结束”；事件为“甲最终获胜”，
事件表示“第场甲获胜”，
事件为“比赛进行场结束甲获胜”；事件为“比赛进行场结束乙获胜”．
则，，，
因为各场比赛结果相互独立，
所以，
，
因为，互斥，所以，
又因为，
所以；
设主办方本次比赛总收入为万元，
由题意：的可能取值为：，，，
，
，
，
则随机变量的分布列为： 所以，
设主办方本次比赛获利为万元，则，
所以，
由题意可知，，
即，
所以，
即预支球队的费用应小于万元． 【解析】先求出比赛场结束的概率，然后利用条件概率公式即可解答；
先由题意列出比赛收入的分布列，从而求出期望值，进而根据题意确定的值．
本题主要考查了条件概率的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
 21.【答案】解：如图，

设关于的对称点为，由已知得，，互相垂直平分，
所以四边形为菱形，
所以．
因为为中点，
所以，即点在定直线上，
因为，
所以与直线垂直，
即点到定点的距离等于点到定直线的距离，
所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
所以点的轨迹的方程为．
存在最大值．
延长交于，，

所以最大即直线与的倾斜角之差最大．
由题意可知直线有斜率，设：，，，，
由，得，
所以，．
因为，
所以的斜率，的斜率．
设直线与的倾斜角为，，
则
．
当且仅当，即，时等号成立，
因为，
所以，
所以当最大时，最大，即最大，
此时，所以，
所以的方程为． 【解析】利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．
将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解．
本题考查抛物线的标准方程及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】解：当时，，
．
因为，所以．
所以在区间上的单调递增．
，，，
当时，，所以存在，当时，，
则在区间上单调递减，
所以当时，，不满足题意，
当时，，所以存在，当时，，
则在区间上单调递增，
所以当时，，不满足题意，
所以．
下面证明时，
由知，在区间上的单调递增，
所以当时，，
所以只要证明．
令，
令，
则
，
当时，，得，
所以，所以，
所以在区间上单调递增，
且，
所以，使得．
且当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，
所以当时，，
所以在区间上单调递减，
所以当时，，
当时，
，
因为，所以，所以，
所以在区间上单调递减，
且，
所以，使得，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，
所以当时，，
综上，的值为． 【解析】代入，再根据结合指数函数、三角函数的范围判断导函数的正负即可；
注意到，，进而可得则，再分析当时，求导分析导函数的正负与单调性，进而可得的最小值为判断即可．
本题主要考查了根据导数分析函数的单调性问题，同时也考查了利用导数分析函数的恒成立问题．需要根据函数的结构，注意以特殊点为突破口，不断对导数进行求导，结合三角函数的范围分区间讨论函数的正负与单调性，进而可得导数的正负与原函数的单调性与最值．属于难题．