福建省泉州市2023届高三下学期5月适应性练习数学试卷+答案.pdf

1、高三数学试题第 1页（共 12 页）泉州市 2023 届高三适应性练习卷泉州市 2023 届高三适应性练习卷2023.05三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13曲线sin2yx在点(0,0)处的切线方程为_【命题意图】本小题主要考查导数的几何意义等基础知识；考查运算求解等；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注【试题解析】因为sin2yx，所以2cos2yx，所以0|2xy，可得曲线sin2yx在点(0,0)处的切线方程为：2yx14已知定义在R上的函数()f x满足：(2)f x 为偶函数；当(,2x 时，2()f xx写

2、出()f x的一个单调递增区间为_【命题意图】本小题主要考查函数的对称性和单调性等基础知识；考查推理论证能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，导向对直观想象等核心素养的关注【试题解析】因为(2)f x 为偶函数，所以(2)(2)f xfx，因此()f x的图象关于直线2x 对称当(,2x 时，2()f xx，所以()f x在(,0单调递减，在0,2单调递增由对称性，可得()f x在2,4单调递减，在4,)单调递增故()f x的一个单调递增区间为0,2，4,)注：只要写出一个答案就可以，同时区间端点除注：只要写出一个答案就可以，同时区间端点除处只能用开区间外，其他的用开闭符号都

3、可以。处只能用开区间外，其他的用开闭符号都可以。15在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线2:6C yx的焦点为F，过3(,0)2D 的直线l与C交于,A B两点若ABF的面积等于OAD的面积的 2 倍，则|AFBF_【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识；考查运算求解等；考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注保密使用前一、二 选择题答案1-8 D A C B A C B B9.A C D 1 0.A C 1 1.A D 1 2.B C D高三数学试题第 2页（共 12 页）【试题解析】由题意，知抛物线

4、2:6C yx的焦点3(,0)2F，准线3:2l x 设,O F到直线AB的 距 离 分 别 为12,d d，则21|2|dDFdDO，又11|2OADSDAd，21|2FABSABd，从而21|2|FABOADSABdSDAd，所以|DAAB分别过点,A B作1AAl于1A，1BBl于1B，则1|FAAA，1|FBBB，11AABB，所以11|1|2AAFADAFBBBDB，故答案为1216将 0，1，2，3，10 任意排成一行，可以组成个不同的 6 位数（用数字作答）【命题意图】本小题主要考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列等基础知识；考查运算求解等能力；考查化归与转化等思想；体现

5、综合性，导向对数学运算、数学建模等核心素养的关注【试题解析】解法一：将 0，1，2，3，10 任意排成一行，且数字 0 不在首位，有44496A 种，数字 1 和 0 相邻且 1 在 0 之前的排法有4424A 种，故所求满足题意的 6 位数有2496842个.解法二：将 0，1，2，3，10 任意排成一行，可以组成满足题意的 6 位数的情况分为如下三类：第一类，1 和 0 相邻，且 1 在 0 之前，此时有2412A 个；第二类，1 和 0 相邻，且 0 在 1 之前，此时有33318A 个；第三类，1 和 0 不相邻，此时有312333()54A AA个；故所求满足题意的 6 位数共有12

6、 185484个.高三数学试题参考答案第 1页（共 15 页）四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）数列na中，11a，且121nnaan（1）证明：数列nan为等比数列，并求出na；（2）记数列 nb的前n项和为nS若2nnnabS，求11S【命题意图】本小题主要考查等比数列的定义与前n项和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想，体现基础性和综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）由121nnaan

7、可得112()nnanan，1 分因为11a，所以112a ，2 分所以数列nan是首项为2，公比为2的等比数列 3 分所以2nnan，即2nnan 4 分（2）因为2nnnabS，当2n时，1112nnnabS，5 分所以1112()nnnnnnaabbSS，即11nnnnbbaa 6 分又11122(1)21nnnnnaann，所以1121nnnbb 7 分又因为1112abS，所以111ba8 分故1121123101111()()Sbbbbbbbb9 分2468101(22222)5 1360 10 分解法二：（1）因为121nnaan，所以112112nnnnanannanan，1

8、分高三数学试题参考答案第 2页（共 15 页）因为11a，所以112a ，2 分所以数列nan是首项为2，公比为2的等比数列 3 分所以2nnan，即2nnan 4 分（2）因为2nnnabS，当2n时，12nnnnaSSS，即1nnnSSa 5 分所以11nnnSSa，因此111nnnnSSaa 6 分又112(1)(2)21nnnnnaann，所以1121nnnSS7分又因为1112abS，所以111Sb8 分所以11119977553311()()()()()SSSSSSSSSSSS9 分108642(21)(21)(21)(21)(21)11360 10 分解法三：（1）同解法一4分（

9、2）因为2nnnabS，当2n时，1112nnnabS，所以1112()nnnnnnaabbSS，即11nnnnbbaa 5 分又11122(1)21nnnnnaann，所以1121nnnbb，6 分所以112121()3232nnnnbb.7分又因为1112abS，所以111ba，1215326b 8 分所以数列2132nnb 是首项为56，公比为1的等比数列因此1215(1)326nnnb，1521(1)632nnnb，9分这时1115212(1)251632(1)2231224nnnnnnnnnabnS ，故121125111136031224S10 分解法四：（1）同解法一 4 分（2

10、）因为2nnnabS，高三数学试题参考答案第 3页（共 15 页）当2n时，12nnnnaSSS，所以1nnnSSa，即12nnnSSn 5 分所以1121211()324324nnnnnnSS 7 分又因为1112abS，所以111ba，21211532412S 8分所以数列121324nnnS是首项为512，公比为1的等比数列因此11215(1)32412nnnnS，11521(1)12324nnnnS，9分故121152111136012324S10分18（12 分）在平面四边形ABCD中，60ABC，120ADC，点,B D在直线AC的两侧，1AB，2BC.（1）求BAC；（2）求AB

11、D与ACD的面积之和的最大值【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，考查数形结合和化归与转化等思想，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理及数学运算等核心素养的关注【试题解析】（1）在ABC中，由余弦定理，得2222cosACABBCAB BCABC2 分因为1AB，2BC，60ABC，所以2221122 1 232AC ，即3AC 3 分所以222BCACAB，4 分故2BAC 5 分（2）设CAD，(0,)3，则3ACD在ACD中，由正弦定理，得sinsinACADADCACD，6 分高三数学试题参考答案第 4页（共 15 页）即

12、33sin()32AD，所以2sin()3AD7 分因为1sin()22ABDSAD AB1cos2AD，8 分1sin2ACDSAD AC3sin2AD，9 分所以13cossin2sin()sin()sin(2)22363ABDACDSSADAD.11 分因为(0,)3，所以2(,)33，当232，即12时，max()1ABDACDSS.故ABD与ACD的面积和的最大值为112 分19（12 分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，3AD（1）求证：平面PDA平面PDC；（2）若3PB，6PC，当四棱锥PABCD的体积最大时，求平面PDC与平面

13、PBC的夹角的余弦值【命题意图】本题主要考查线面垂直的性质定理，面面垂直的判定定理及平面与平面夹角的余弦值等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻高三数学试题参考答案第 5页（共 15 页）辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）作POAD于点O，由已知PO 平面ABCD，1 分又CD平面ABCD，所以POCD，2 分又因为ADCD，ADPOO，,AD PO 平面PAD，所以CD 平面PDA4 分因为CD平面PDC，所以平面PDA平面PDC5 分（2）过O作OEBC于E，连结P

14、E由已知3BCAD，3PB，6PC，得222BCPBPC，所以PBPC6 分又因为PO 平面ABCD，又BC 平面ABCD，所以POBC，且OEBC，POOEO，,PO OE 平面POE，所以BC 平面POE，又PE 平面POE，所以BCPE7 分所以2PB PCPEBC，且1,2BECE，四棱锥PABCD的体积为1133PABCDABCDVSPOAD AB POOE PO矩形，在RtPOE中，2222PEPOOEPO OE，所以1PO OE，当且仅当1POOE时，1PO OE，此时四棱锥PABCD的体积最大 8 分以O为坐标原点，向量,OA OE OP 为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐

15、标系(0,0,1)P，(2,0,0)D，(2,1,0)C，(1,1,0)B，(2,1,1)CP ，(0,1,0)DC，(3,0,0)CB 9 分设平面PDC的法向量为111(,)x y zm则0,0,CPDC mm即111120,0,xyzy取11x，则(1,0,2)m 10 分设平面PBC的法向量为222(,)xyzn则0,0,CPCB nn即222220,30,xyzx取21y，则(0,1,1)n 11 分设平面PDC与平面PBC的夹角为，(0,2所以|10cos|5m nm|n高三数学试题参考答案第 6页（共 15 页）故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为105 12 分解法二：（1

16、）同解法一 5 分（2）设POh，OAx，ABy因为CDAB，CD 平面PDA，所以AB 平面PDA又PA 平面PDA，所以ABPA6 分同理CDPD因为3PB，6PC，所以22223PAyhx，22226(3)PDyhx，解得1x，所以222yh7 分四棱锥PABCD的体积22111332P ABCDABCDyhVSPOAB AD POyh矩形，当且仅当1yh时，此时四棱锥PABCD的体积最大 8 分过B作BH 平面PDC于H，连结PHPC 平面PDC，所以BHPC由已知3BCAD，3PB，6PC 得，222BCPBPC，所以PBPC 9 分又PBBHB，,PB BH 平面PBH，所以PC

17、平面PBH，又PH 平面PBH，所以PCPH，10 分所以BPH为平面PDC与平面PBC的夹角（过A作AFPD于F，因为CD 平面PDA，AF 平面PDA，所以CDAF，又AFPD，PDCDD，,PD CD 平面PDC，所以AF 平面PDC，因为ABCD，CD 平面PDC，AB 平面PDC，所以AB平面PDC，所以BHAF 11 分在RtPOD中，1,2POOD，则5PD，高三数学试题参考答案第 7页（共 15 页）所以35AD POAFPD，所以35BH ）括号部分也可以如下方法：（又B PCDP BCDVV，即1111153 1 13232BH ，所以35BH）11分在RtBPH中，3BP

18、，35BH，则65PH，所以10cos5PHBPHPB故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为105 12 分20（12 分）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 张空白劵和 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.【命题意图】本题主要考查概率乘法公式、古典概型、离散型随机变量的分布列等基础知识；考查运算求解、推理论证能力等；考查分类与

19、整合、化归与转化思想等体现基础性、应用性和综合性，导向对发展数学运算、数学抽象等核心素养的关注【试题解析】（1）将 3 张空白券简记为“白”，将 2 张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，包括以下几种情况：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1231321321354354354310p；2 分双方共摸券 4 次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，高三数学试题参考答案第 8页（共 15 页）对应的概率为2232132213221354325432543210p；4 分故先摸券的一方获胜的概率为1235ppp 5 分又3152，故这

20、场游戏不公平.6 分（2）由题意可知X的所有可能取值为2,3,4.7 分211(2)5410P X，2313213213(3)54354354310P X，3(4)1(2)(4)5P XP XP X，所以X的分布列为X234P1103103512分21（12 分）已知函数()eln(1)xf xaxx（1）讨论()f x的导函数()fx的零点个数；（2）若()2ln3ln23f xa，求a的取值范围【命题意图】本题主要考查运用导数判断函数的单调性、求函数的极值与最值、零点存在定理等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化、数形结合等数学思想；体现综合性、应用性与创新性

21、，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】（1）1()(1)e1xfxa xx，1x 1 分当0a 时，()0fx，此时()fx没有零点；2 分当0a 时，由于21()(2)e0(1)xfxa xx，3 分即()fx在(1,)单调递增取11min0,1,max1,1mnaa ，高三数学试题参考答案第 9页（共 15 页）则011()(01)e01111f maama，11()(1 1)e2e(2e1)01111f naaana，由零点的存在性定理，可知()fx存在唯一的零点0 x4 分（说明说明：若用极限1x 时，()fx；x 时，()fx 代替取点，这 1 分不扣）

22、综上，当0a 时，()fx没有零点；0a 时，()fx只有 1 个零点5 分（2）因为0a，由（1）可知0201(1)exax，即有00ln2ln(1)axx 且当0(1,)xx 时，()0fx，()f x单调递减；当0(,)xx时，()0fx，()f x单调递增；7 分所以min0()()f xf x，因此只需00000020()eln(1)ln(1)2ln3ln23(1)xxf xaxxxax，即000203ln(1)23ln230(1)xxxx令2()3ln(1)23ln23(1)xt xxxx，则只需0()0t x8 分因为223335233()13354612()2220(1)1(1

23、)(1)xxxxt xxxxx，所以()t x在(1,)x 单调递增，又1()02t，由0()0t x，可得01,)2x ，10 分即001ln2ln(1)(,2ln22axx ，故(0,4 ea 12 分高三数学试题参考答案第 10页（共 15 页）22（12 分）在锐角MAB中，2AB，MDAB于点D，22DMDA DB（1）建立适当的坐标系，求动点M的轨迹C的方程；（2）点F是以AB为直径的圆上AB的中点，过点F的直线与C交于,P Q两点，判断是否存在定点R，使得222PRQRPQ为定值【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解、逻辑推理和创新能

24、力等；考查数形结合、函数与方程思想等；体现基础性、综合性与创新性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）如图，以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，则(1,0),(1,0)AB，1 分设(,)M x y，因为MAB是锐角三角形，所以(1,1)x，则|1DAx，|1DBx，|MDy 2 分由22DMDA DB，得22(1)(1)yxx，整理，得2212yx，3 分所以点M的轨迹方程为221(0)2yxy 4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在y轴上，不妨设点(0,1)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R

25、 xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为1ykx，11(,)P x y，22(,)Q xy，由221,1,2ykxyx消去y，得22(1)22kxx，整理，得22(2)210kxkx，6 分高三数学试题参考答案第 11页（共 15 页）从而12222kxxk，12212x xk，7 分又1010(,)RPxxyy，2020(,)RQxxyy，在PRQ中，由余弦定理，得222|2|cos2PRQRPQPR QRPRQRP RQ ，8 分102010202()()2()()xxxxyyyy102010202()()2(1)(1)xxxxkxykxy 222120012002(1)()()(1)kx

26、 xxkykxxxy 9 分222000022122(1)()(1)22kkxkykxykk2220000222(1)212 1(1)22ykx kxykk 22000022452(2)2x kyxyk，10 分所以0020,450,xy解得000,5,4xy此时2227|28PRQRPQRP RQ ，11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为0 x，此时(0,2),(1,2)PQ,5(0,)4R，5(0,2)4RP ，5(0,2)4RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ ，综上，可知存在定点5(0,)4R，即54OROF 12 分解法二：（1）同解法一 4 分

27、高三数学试题参考答案第 12页（共 15 页）（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在y轴上，不妨设点(0,1)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为1ykx，11(,)P x y，22(,)Q xy，由221,1,2ykxyx消去y，得22(1)22kxx，整理，得22(2)210kxkx，6 分从而12222kxxk，12212x xk，7 分又2221010|()()PRxxyy，2222020|()()QRxxyy，2221212|()()PQxxyy，22222001 0102 0201 212|22222222PRQRPQx

28、yx xy yx xy yx xy y，8 分22000121 201212222()22()2xyxxxx xyyyy y22000121 201212222()22(2)2(1)(1)xyxxxx xykxkxkxkx222120012002(1)()()(1)kx xxkykxxxy 9 分222000022122(1)()(1)22kkxkykxykk2220000222(1)212 1(1)22ykx kxykk 22000022452(2)2x kyxyk，10 分所以0020,450,xy解得000,5,4xy此时2227|28PRQRPQRP RQ ，11 分当PQ的斜率不存在

29、时，PQ的方程为0 x，此时(0,2),(1,2)PQ,5(0,)4R，高三数学试题参考答案第 13页（共 15 页）5(0,2)4RP ，5(0,2)4RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ ，综上，可知存在定点5(0,)4R，即54OROF 12 分解法三：（1）如图，以AB的中点O为原点，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系xOy，则(0,1),(0,1)AB，1 分设(,)M x y，因为MAB是锐角三角形，所以(1,1)y，则|1DAy，|1DBy，|MDx，2 分由22DMDA DB，得22(1)(1)xyy，整理，得2212xy，3 分所以点M的轨

30、迹方程为221(0)2xyx4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在x轴上，不妨设点(1,0)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为(1)yk x，11(,)P x y，22(,)Q xy，由22(1),1,2yk xxy消去y，得2222(1)2xkx，整理，得2222(21)4(22)0kxk xk，6 分从而212224222121kxxkk，2122222312121kx xkk，7 分又1010(,)RPxxyy，2020(,)RQxxyy，在PRQ中，由余弦定理，得高三数学试题参考答案第 14页（共 15 页）222|

31、2|cos2PRQRPQPR QRPRQRP RQ ，8 分102010202()()2()()xxxxyyyy102010202()()2()()xxxxkxkykxky2222120012002(1)()()()kx xxkykxxkyx 9 分2222000022322(1)(1)()(2)()2121kxkykkyxkk2222000000022222223322(1222)2121212121xy kkkxy ky kyxkkkkk2220000022446222422121y kxkxyxkk22000002445224121y kxxyxk 10 分所以0040,450,yx解得

32、005,40,xy此时2227|28PRQRPQRP RQ 11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为1x，此时11(1,),(1,)22PQ,5(,0)4R，11(,)42RP ，11(,)42RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ 综上，可知存在定点5(,0)4R，即54OROF 12 分解法四：（1）同解法三 4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在x轴上，不妨设点(1,0)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为(1)yk x，11(,)P x y，22(,)Q xy，由22(1),1,2yk

33、 xxy消去y，得2222(1)2xkx，整理，得2222(21)4(22)0kxk xk，从而2122421kxxk，21222221kx xk，6 分设PQ的中点为N，则22224|2|2|RNPQRPRQ，7 分高三数学试题参考答案第 15页（共 15 页）又2222121212|1()1()4PQkxxkxxx x ，所以22222222212122222422(1)|(1)()4(1)()482121(21)kkkPQkxxx xkkkk，8 分2222222200002222222|()(1)()()21212121kkkkRNxykxykkkk，9 分从而222221|2|2PR

34、QRPQRNPQ222220022222(1)2()2()42121(21)kkkxykkk24222220000222222228482(1)22421(21)21(21)(21)k xkykkkxykkkkk22220000222(21 1)424224212121kxkykxykkk 22000002445224121y kxxyxk，10 分所以0040,450,yx解得005,40,xy此时2227|28PRQRPQRP RQ 11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为1x，此时11(1,),(1,)22PQ，11(,)42RP ，11(,)42RQ ，所以716RP RQ ，故22

35、27|28PRQRPQRP RQ 综上，可知存在定点5(,0)4R，即54OROF 12 分解法五：（1）同解法三 4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在x轴上，不妨设点(1,0)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为(1)yk x，11(,)P x y，22(,)Q xy，由22(1),1,2yk xxy消去y，得2222(1)2xkx，高三数学试题参考答案第 16页（共 15 页）整理，得2222(21)4(22)0kxk xk，（*）6 分从而12,x x是方程（*）的两根，所以2222212(21)4(22)(21)()

36、()kxk xkkxxxx，7 分又1010(,)RPxxyy，2020(,)RQxxyy，在PRQ中，由余弦定理，得222|2|cos2PRQRPQPR QRPRQRP RQ ，8 分102010202()()2()()xxxxyyyy102010202()()2()()xxxxkxkykxky2001020122()()2()()kykyxxxxkxxkk 9 分222200222220022(21)()4(22)(21)4(22)222121kykykkkkxk xkkkkkk222200000222246132422()4()(1)2(1)21212121xxxkykkykkkkk22222000002222244646242222121212121xkykkxxykkkkkk22000002445224121y kxxyxk，10 分所以0040,450,yx解得005,40,xy此时2227|28PRQRPQRP RQ 11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为1x，此时11(1,),(1,)22PQ，11(,)42RP ，11(,)42RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ 综上，可知存在定点5(,0)4R，即54OROF 12 分