福建省泉州第五中学2023届高中毕业班高考适应性检测（一）数学试卷

泉州五中2023届高中毕业班高考适应性检测（一）（数学）答案 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．B 2．C 3．A 4．D 5．B 6．C 7．C 8．A 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9．BCD 10．ACD 11．AC 12．BC 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡的相应位置． 13． 14． 15． 16． （答案不唯一） 四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.（1）在中，由余弦定理得： . 1分 因为，，所以， 2分 则在中，由正弦定理得：， 所以. 3分 又因为，所以∠CBD必为锐角， 所以， 4分 所以∠ADB=∠CBD，所以. 5分 （2）由（1）知，所以. 6分 在中，由余弦定理得：， 7分 所以， 所以，当且仅当时取等号， 8分 所以， 9分 所以当且仅当时，四边形的面积取最大值. 10分 18.解：（1）解法一：由已知可求得. 2分 因为，式子两边同除得：， 3分 则，所以数列是常数列， 5分 又因为，所以即. 6分 解法二：由已知可求得. 2分 因为，所以， 3分 所以， 4分 移项得，即， 5分 所以数列是等差数列，又因为，所以. 6分 （2）因为， 7分 所以， 8分 所以， 9分 两式相减得：， 11分 所以. 12分 19. 解：（1）因为，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF. 2分 因为平面PBC，平面AEF∩平面PBC=EF，所以， 4分 又因为点是的中点，所以点是的中点. 5分 （2）因为平面平面，且平面平面， 平面ABC且，所以平面. 6分 取AC中点D，连结PD.因为△是边长为2的正三角形，所以. 以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C平行于PD的直线为z轴，如图建系， 7分 则，，，， 直线过点A且，设. ，，，. 8分 设平面的法向量为，平面的法向量为. 由，令； 9分 由，令； 10分 所以，即平面与平面夹角的余弦值为. 12分 20. 解：（1）由频率分布直方图可知：前3组数据的频率之比为. 根据分层抽样的方法，11天的数据有1个来自第1组，4个来自第2组，6个来自第3组，故有4天的数据来自这一组. 1分 用表示事件“抽取的3天的数据中至少有2天的数据来自”，则 . 3分 （2）若选择方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120， 由频率分布直方图可得其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15， 故. 5分 若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，100，150，200，每日的可配送货物量不低于样本的中位数的概率为，低于样本中位数的概率也为. 故，，，. 7分 所以的分布列为 50 100 150 200 所以. 8分 因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利. 9分 （3）由题可得， 10分 所以. 11分 故该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数为. 12分 21. 解：（1）由已知可得， 所以. 1分 由余弦定理得：， 所以， 2分 ，所以. 3分 故. 4分 （2） ①当的斜率为0或不存在时，. 5分 ②当斜率存在且不为0时.设，则. 6分 联立，消元得：. ，. 7分 . 8分 联立，解得：，所以. 9分 所以 ，当且仅当时取到等号. 11分 综上，的最大值为1. 12分 22.解：（1），， 1分 ①当时，，所以在单调递增. 2分 ②当时，令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 3分 综上，当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 4分 （2）在处的切线方程为，即. 5分 令， 6分 ， 因为，所以在上单调递增. 又因为，所以当，单调递减， 当，单调递增. 所以，即. 7分 所以，. 8分 在处的切线方程为，即. 9分 令， ， 因为，所以在上单调递增. 又因为，所以当，单调递减， 当，单调递增. 所以，即. 10分 所以，. 11分 所以证毕. 12分 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校：　　　　　　　　　准考证号：　　　　　　　　姓名：　　　　　． 泉州五中2023届高中毕业班高考适应性检测（一） 数 学 命题：杨苍洲