2023年泉州市普通高中毕业班质量检查理科数学含答案

2023年泉州市普通高中毕业班质量检查理科数学第一卷一、选择题：本大题共12个小题,每题5分,共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1.为复数的共轭复数，且，那么为〔〕A．B．C．D．2.集合，那么〔〕A．B．C．D．3.假设实数满足约束条件，那么的最小值是〔〕A．B．C．1D．44.向量满足，那么〔〕A．2B．C.4D．5.为数列的前项和且，那么的值为〔〕A．8B．10C.16D．326.函数，且对于任意的，.那么〔〕A．B．C.D．7.函数的图象大致是〔〕A．B．C.D．8.关于的方程在区间上有两个不等实根，那么实数的取值范围是〔〕A．B．C.D．9.机器人〔阿法狗〕在下围棋时，令人称道的算法策略是：每一手棋都能保证在接下来的十几步后，局面依然是满意的.这种策略给了我们启示：每一步相对完美的决策，对最后的胜利都会产生积极的影响.下面的算法是寻找“〞中“比拟大的数〞，现输入正整数“42，61，80，12，79，18，82，57，31，18“，从左到右依次为，其中最大的数记为，那么〔〕A．0B．1C.2D．310.某几何体的三视图如下图，那么该几何体的侧视图中的虚线局部是〔〕A．圆弧B．抛物线的一局部C.椭圆的一局部D．双曲线的一局部11.抛物线的焦点为，准线为过的直线与交于两点，分别为在上的射影，为的中点，假设与不平行，那么是〔〕A．等腰三角形且为锐角三角形B．等腰三角形且为钝角三角形C.等腰直角三角形D．非等腰的直角三角形12.数列满足，那么数列的前100项和为〔〕A．5050B．5100C.9800D．9850第二卷二、填空题：本大题共4小题，每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上13.某厂在生产甲产品的过程中，产量〔吨〕与生产能耗〔吨〕的对应数据如下表：3040506025354045根据最小二乘法求得回归直线方程为．当产量为80吨时，预计需要生产能耗为吨．14.的展开式中，的系数为．15.为双曲线的一条渐近线，与圆〔其中〕相交于两点，假设，那么的离心率为．16.如图，一张纸的长、宽分别为．分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体．关于该多面体的以下命题，正确的是．〔写出所有正确命题的序号〕①该多面体是三棱锥；②平面平面；③平面平面；④该多面体外接球的外表积为三、解答题〔本大题共6小题，共70分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.〕17.的内角的对边分别为，且．〔1〕证明：成等比数列；〔2〕假设角的平分线交于点，且，求．18.如图，在以为顶点的多面体中，平面，平面，．〔1〕请在图中作出平面，使得，且，并说明理由；〔2〕求直线和平面所成角的正弦值．19.某校为了解校园平安教育系列活动的成效，对全校学生进行一次平安意识测试，根据测试成绩评定“合格〞、“不合格〞两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格〞记5分，“不合格〞记为0分.现随机抽取局部学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示.等级不合格合格得分频数624〔1〕求的值；〔2〕用分层抽样的方法，从评定等级为“合格〞和“不合格〞的学生中选取10人进行座谈．现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为，求的分布列及数学期望；〔3〕某评估机构以指标〔，其中表示的方差〕来评估该校平安教育活动的成效．假设，那么认定教育活动是有效的；否那么认定教育活动无效，应调整平安教育方案．在〔2〕的条件下，判断该校是否应调整平安教育方案？20.中，是的中点，，其周长为，假设点在线段上，且．〔1〕建立适宜的平面直角坐标系，求点的轨迹的方程；〔2〕假设是射线上不同两点，，过点的直线与交于，直线与交于另一点．证明：是等腰三角形．21.函数．〔1〕假设直线与曲线恒相切于同一定点，求的方程；〔2〕当时，，求实数的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为〔为参数〕，在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为．〔1〕求的普通方程和的直角坐标方程；〔2〕当时，与相交于两点，求的最小值．23.选修4-5：不等式选讲函数．〔1〕解关于的不等式；〔2〕假设直线与曲线围成一个三角形，求实数的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值．试卷答案一、选择题1-5:ABBAD6-10:CDADD11、12：AB二、填空题13.5914.815.16.①②③④三、解答题17.解法一:〔1〕因为，所以，化简可得，由正弦定理得，，故成等比数列.〔2〕由题意，得，又因为是角平分线，所以，即，化简得，，即.由〔1〕知，，解得，再由得，〔为中边上的高〕，即，又因为，所以.【注】利用角平分线定理得到同样得分，在中由余弦定理可得，，在中由余弦定理可得，，即，求得.解法二：〔1〕同解法一.〔2〕同解法一，.在中由余弦定理可得，，在中由余弦定理可得，，即，求得.解法三：〔1〕同解法一.〔2〕同解法二，.在中由余弦定理可得，，由于，从而可得，在中由余弦定理可得，，求得，在中由正弦定理可得，，即.【注】假设求得的值后，在中应用正弦定理求得的，请类比得分.解法四：〔1〕同解法一.〔2〕同解法一，.在中由余弦定理得，，在中由余弦定理得，，因为，所以有，故，整理得，，即.18.解：〔1〕如图，取中点，连接，那么平面即为所求的平面.显然，以下只需证明平面；∵，∴且，∴四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.∵平面，平面，∴.又平面，平面，∴平面，又平面平面，∴平面平面.又平面，∴平面，即平面.〔2〕过点作并交于，∵平面，∴，即两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴，建立如下图空间直角坐标系.在等腰梯形中，∵，∴，那么.∵，∴，∴.设平面的法向量，由，得，取，可得平面的一个法向量.设直线和平面所成角为，又∵，∴，故直线和平面所成角的正弦值为.19.解：〔1〕由频率分布直方图可知，得分在的频率为，故抽取的学生答卷数为：，又由频率分布直方图可知，得分在的频率为0.2，所以，又，得，所以..〔2〕“不合格〞与“合格〞的人数比例为24：36=2：3，因此抽取的10人中“不合格〞有4人，“合格〞有6人.所以有20，15，10，5，0共5种可能的取值.的分布列为：，.的分布列为：20151050所以.〔3〕由〔2〕可得，所以，故我们认为该校的平安教育活动是有效的，不需要调整平安教育方案.20.解法一：〔1〕以为坐标原点，以的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系.依题意得.由，得，因为故，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆〔除去长轴端点〕，所以的轨迹方程为.设，依题意，所以，即，代入的轨迹方程得，，所以点的轨迹的方程为.〔2〕设.由题意得直线不与坐标轴平行，因为，所以直线为，与联立得，，由韦达定理，同理，所以或，当时，轴，当时，由，得，同理，轴.因此，故是等腰三角形.解法二：〔1〕以为坐标原点，以的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取，因为点在线段上，且，所以，那么，故的轨迹是以为焦点，长轴长为2的椭圆〔除去长轴端点〕，所以点的轨迹的方程为.〔2〕设，，由题意得，直线斜率不为0，且，故设直线的方程为：，其中，与椭圆方程联立得，，由韦达定理可知，，其中，因为满足椭圆方程，故有，所以.设直线的方程为：，其中，同理，故，所以，即轴，因此，故是等腰三角形.21.解：〔1〕因为直线与曲线恒相切于同一定点，所以曲线必恒过定点，由，令，得，故得曲线恒过的定点为.因为，所以切线的斜率，故切线的方程为，即.〔2〕令，.令，.当时，因为，所以在上单调递增，故，因为当时，，所以在上单调递增，故.从而，当时，恒成立.当时，因为在上单调递增，所以，故与①同理，可得当时，恒成立.当时，在上单调递增，所以当时，在内取得最小值.取，因为，所以，前述说明在内，存在唯一的，使得，且当时，，即在上单调递减，所以当时，，所以在上单调递减，此时存在，使得，不符合题设要求.综上①②③所述，得的取值范围是.说明：③也可以按以下方式解答：当时，在上单调递增，所以当时，在内取得最小值，当时，，所以，故存在，使得，且当时，，下同前述③的解答.22.解一：〔1〕由直线的参数方程〔为参数〕，消去参数得，，即直线的普通方程为，由圆的极坐标方程为，得，将代入(*)得，，即的直角坐标方程为.〔2〕将直线的参数方程代入得，，，设两点对应的参数分别为，那么，所以，因为，所以当时，取得最小值.【注：未能指出取得最小值的条件，扣1分】解法二：〔1〕同解法一〔2〕由直线的参数方程知，直线过定点，当直线时，线段长度最小.此时，，所以的最小值为.解法三：〔1〕