2023年福建省高考数学质检试卷

2023年福建省高考数学质检试卷

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.已知集合4={x∣y=2gx},B-[y∖y-x2）,则（）

A.AUB=RB.CRA⊂BC.AnB=BD.4UB

4.中国古代数学专著仇章算术》的第一章“方田”中载有“半

周半径相乘得积步”，其大意为：圆的帐周长乘以其半径等于圆面积

.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”

圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积

更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率兀据此，当n足够

大时，可以得到〃与n的关系为（）

ʌn.360°D.180°

A.7Γ≈-sin-----D.π≈nsιn----

2nn

C360°、

I-COS-

C.π≈n2(1-cos—)D.7Γ≈ɪn

5.已知双曲线C：鸟一马=19>0/>0）的离心率为小亏，左，右焦点分别为Fi，F2,Fl关

Qb

于C的一条渐近线的对称点为P∙若IPFIl=2,则4PF1F2的面积为（）

A.2B.V-5C.3D.4

6.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，

增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉,现有5支救援队前往A,B,C等3个受灾点执行救援

任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救

援队只能去从C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是()

A.72B.84C.88D.IOO

7.已知α=∕n2,b=e--,c=2a—a,则()

a

A.b>c>aB.b>a>cC.c>a>bD.Ob>a

8.已知d),则P(JU-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(JU-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545,

P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.今有一批数量庞大的零件.假设这批零件的某项质量指标

引单位：毫米)服从正态分布N(5.40,0.052),现从中随机抽取N个，这N个零件中恰有K个的

质量指标f位于区间(5.35,5.55),若K=45,试以使得P(K=45)最大的N值作为N的估计值，

则N为()

A.45B.53C.54D.90

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.已知向量五=(1,2),b=(-4,2)，则()

A.(α-ð)1(α+K)B.∖a-b∖=∖a+b∖

C.方一五在行上的投影向量是一五D.五在五+方上的投影向量是(一3,4)

10.已知函数/(x)=Sin3X+V~^cos3x(3>0)满足：/吟)=2,f(与)=0，则()

A.曲线y=/(x)关于直线X=?对称B.函数y=f{x-9是奇函数

c∙函数y=f(%)在强等单调递减D-函数y=/a)的值域为Ta

11.已知抛物线C的焦点为F,准线为，，点P在C上，PQ垂直［于点Q,直线Q尸与C相交于M、

N两点.若M为QF的三等分点，则()

A.COSiPQM=ɪB.sinzQPM=⅛rɪ

//

C.NP=QFD.PN=√-3PQ

12.正方体ABCD的棱长为1,M为侧亚MIDlD上的点，N为侧面CClDIZ)上的点,

则下列判断正确的是()

A.若BM=浮，则M到直线占。的距离的最小值为?

B.若BlNIHQ,则NeCD1，且直线BIN〃平面

C.若M6&。，则当“与平面所成角正弦的最小值为?

D.若NeCD1,则M,N两点之间距离的最小值为?

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.写出过点（2,0）且被圆/一4%+y2-2y+4=0截得的弦长为小的一条直线的方程

14.已知｛αjl｝是单调递增的等比数列，α4+ɑs=24,a3a6=128,则公比q的值是

(e~2x—l,x≤0

函数中)=回(χ+l),χ>0

15.若x(f(x)—ɑlɪl)≤0,则α的取值范围.

16.如图，一张44纸的长AD=2√~∑α,宽48=2α,M,N分别是

AD,BC的中点.现将AABD沿BC折起，得到以4,B,C,D为顶点

的三棱锥，则三棱锥与2-BCD的外接球。的半径为；在翻

折的过程中，直线MN被球。截得的线段长的取值范围是.

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10.0分）

△ABC的内角4,B,C的对边分别为α,b,c,且b=2cs讥（A+$.

⑴求C;

（2）若c=l,。为AABC的外接圆上的点，BA.BD=Bf>求四边形SBCD面积的最大值.

18.（本小题12.0分）

aa=aaa2n+1

已知数列｛<¾｝满足：l=L28,ɑzn-l+2n+l=lθg2θ2n'2n2n+2=160.

（1）证明：｛a2n-1｝是等差数列；

（2）记｛即｝的前n项和为Sn,Sn>2023,求n的最小值.

19.（本小题12.0分）

放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012年起采取相关策

略优化各个服务环节，运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数项与该机场飞往4地航班

放行准点率%。=1,2,IO）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到

的一些统计量的值.

放行准点率/百分比

20122013201420152016201720182019202020212022年份数

101010%10%

∑x-2

Xyt烈为口

i=li=li=l1=1

2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8

其中q=ln@-2012),t=⅛∑⅛1tf

(1)根据散点图判断，y=bx+α与y=cln(x-2012)+d哪一个适宜作为该机场飞往4地航

班放行准点率y关于年份数X的经验回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)，并根据表

中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往4地的航班放行准点率.

(2)已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以(I)中的

预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往8地及其

他地区(不包含4、B两地)航班放行准点率的估计值分别为80%和75%,试解决以下问题：

。)现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；

(ii)若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往4地、B地、其他地区等三种情况中

的哪种情况的可能性最大，说明你的理由.

附：(1)对于一组数据(%,%),(U2(V2),…，(un,vn),其回归直线U=α+Su的斜率和截距

∑21(⅛-u)(%∙-")_Σ之IUiq-nu

的最小二乘估计分别为/?

u-u22a=V—βu

ΣJLl(i)∑JL1u?-nu

参考数据：InlO≈2.30,Inll≈2.40,∕nl2≈2.48.

20.(本小题12.0分)

如图，已知四棱锥P-ABCC的底面为菱形，且UBC=60o,AB=PC=2,PA=PB^y∏.M

是棱PD上的点，且四面体MPBC的体积为空.

O

(1)证明：PMMDi

(2)若过点C,M的平面α与BD平行，且交Pyl于点Q,求平面BCQ与平面4BCD夹角的余弦值.

21.(本小题12.0分)

22

已知圆&：(x+I)+y=16,直线"过点4(4,0)且与圆友交于点B,C,BC中点为D,^A2C

中点E且平行于ZID的直线交AIC于点P,记P的轨迹为r.

(1)求「的方程；

(2)坐标原点。关于&,%的对称点分别为Bi，B2,点4,&关于直线y=%的对称点分别为G,

C2,过&的直线％与「交于点M,N,直线BiM,B?N相交于点Q.请从下列结论中，选择一个

正确的结论并给予证明.

①AQBC的面积是定值；②ABBiBz的面积是定值：③4QGC2的面积是定值.

22.(本小题12.0分)

已知函数∕^(x)=(x+α)e”,a&R.

(1)讨论/(x)在(0,+8)的单调性；

(2)是否存在α,x0,x1,且%o≠Xι,使得曲线y=/(x)在X=Xo和X=Xl处有相同的切线？

证明你的结论.

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解:因为4={x∖y=lgx]=[x∖x>0},B={y∖y=x2}={y∖y≥0},所以4ɑB,

所以4UB=B,AΓ>B=A,又4={x∣x>0},所以CRA={x∣x≤0},不满足CRAUB,

故选项A、B、C错误，选项O正确.

故选：D.

利用函数的定义域及值域求出两个集合，再根据集合的交集、并集、补集运算即可.

本题主要考查集合的基本运算，集合的包含关系，考查运算求解能力，属于基础题.

2.【答案】B

【解析】解：因为方程/一2x+2=O是实系数方程，且A=(—2)2-4x2=—4<0,

所以该方程有两个互为共物复数的两个虚数根，

即Zi,2==1±i，

故IZl=∖z∖=√1+1=V-2∙

故选:B.

根据实系数一元二次方程的性质，结合共轨复数、复数模的性质进行求解即可.

本题主要考查共轨复数的概念，以及复数模公式，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解：由题意可知，函数/'(x)的定义域为{x∣x≠0}.

ln∣-x|—(―X)2+2_ln∣x∣-X2+2

又f(-%)=,

-X-X=-∕w

所以，函数f(%)为奇函数.

Inx-X2+2_,Inx,2

当》>。时，/(%)-X÷-----F一，

XXX

则((X)=—1+匀竺-4=-R虫

J'XΔXLXΔ

设g(%)=/+Zn%+1,则g'(x)=2%+j>O在(0,+8)上恒成立,

所以，g(x)在(0,+8)上单调递增.

又g6)=e-4-2+1<O,g(^)=e-2-l+l>O,

所以，根据零点存在定理可得，3x0∈(ɪ|),有g(χ0)=0,

且当0<x<&时，有g(x)<0,显然尸(X)=一三要±1>0，

所以f(x)在(O,%o)上单调递增；

当4>比O时，有g(χ)>o,显然f'(x)=-四等里<0.

所以/(x)在(0,Xo)上单调递减.

因为&<彳<1，所以C项满足题意.

故选：C.

求出函数的定义域，由已知可得函数/(X)为奇函数.然后得到X>0时，/(x)=-x+^+j,根

据导函数求得f(χ)的单调性，并且可得极大值点沏<；<1,即可得出答案.

本题主要考查了函数的性质在函数图象判断中的应用，属于中档题.

4.【答案】A

【解析】解：设圆的半径为r,将内解正n边形分成n个小三角形，

由内接正n边形的面积无限接近圆的面即可得：πr2≈n∙∣∙r2.sin—,

2n

hnZB建,360°

解t得：7Γ≈-sin-----•

2n

故选：A.

设圆的半径为r,由题意可得兀八≈∏∙i∙r2-sin—,化简即可得出答案.

2n

本题主要考查扇形的面积公式，属于基础题.

5.【答案】D

【解析】解：设PF?与渐近线y=5》交于M,

所以尸2时=OF2∙SinzMOF2=b,OM=√OF1-MF^=a，

由0,M分别是F/2与PF?的中点，知0M〃PFl且。M==1,即a=1,

由e=V~5得C=y∕~5,b=2，所以SAPFIFZ=^^OMF2=4xgx2xl=4.

故选：D.

设PF2与渐近线交于M,由对称性知OM〃PFl且。M=；PR,在直角△OMF?中可求得a,b,再由

SAPFlF2=4SAOMFZ求得APFIF2的面积.

本题主要考查双曲线的性质，考查转化能力，属于中档题.

6.【答案】D

【解析】解：若甲去8点，则剩余4人，可只去4,C两个点，也可分为3组去4B,C3个点.

当剩余4人只去4,C两个点时，人员分配为1,3或2,2,

此时的分配方法有屐∙Cf∙度+等•房=14；

当剩余4人分为3组去A,B,C3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组

即可，此时的分配方法有底-Al=36,

综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是14+36=50.

同理，甲去C—y+I-M=O点，不同的安排方法数也是50,

所以不同的安排方法数是50+50=100.

故选：D.

由题意可知，若甲去8点，则剩余4人，可只去4C两个点，也可分为3组去4,B,C3个点.分别

求出安排种法，相加即可得出甲去B点的安排方法.同理，即可得出甲去C-y+I-Hi=O点的

安排方法，即可得出答案.

本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题.

7.【答案】A

【解析】解：令f(x)=2x-2x,则f'(x)=2xln2-2,

令g(x)=2xln2—2,则g'(x)=ln22∙2x>O恒成立,

所以g(χ),即/'(X)在R上单调递增.

又尸(I)=2ln2-2<2-2=0,

当X∈((U)时，∕,(x)<∕,(1)<O恒成立，

所以/(x)在((U)上单调递减，

又/(1)=21-2×l=0,0<ln2<1,所以/(m2)>/(1)=0,

即2b*2-21n2>O,B∣l2α-2α>0,≡P2a-a>a,所以c>a,

令∕ι(x)=2x-x-e+k则"Q)=2xln2-l-ɪ,

令k(x)=2xln2-l-ɪ,贝味G)=ln22∙2z+^>O在(0,+8)恒成立,

所以，k(x)在(0,+8)单调递增，即Zf(%)在(0,+8)上单调递增，

又八'(1)=2∕∏2-1-1=2(Z∏2-1)<0,

当O<%<1时，有。<)<h,(l)<O成立,

所以九(%)在(0,1)上单调递减.

又九(g)=22—g—e+2=I+y∕~~2—β<0»

因为2"2-1=ln±>0,所以，^<ln2<1,

所以九(仇2)

又九(m2)=2ln2—ln2—e÷τ^τ=2a-a—β÷i,

vjln2a

所以2tl-a-e+工<0,

a

所以2。—QVe-工，即CVb∙

a

综上可得，b>c>a.

故选：A.

构造/0)=2%-2%,根据导函数可得/(%)在(0,1)上单调递减，进而可得出C>Q,构造九0)=2x-

x-e+j>根据导函数可得∕ι(x)在(0,1)上单调递减，进而由∕ι(g)<0,即可得出九。∏2)<0,整理

即可得出c<b,即可得出答案.

本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题.

8.【答案】B

【解析】解：由已知可得,P(5.35<ξ<5,55)=P(5.40-0.05<ξ<5,40+3×0.05)=P(μ—σ<

X<μ+3σ).

又P(μ“<X<〃+3。)=P(〃-"X<"+")+丁-3E<"+3"；°-6827厂9973=。Μ

所以，K〜8(N,0∙84),P(K=45)=CjJ5∙0.844s∙0.16w-4s.

设/'(x)=C'.0.8445∙0.16x-45,

45x44(x+l)!

RnIf(X+1)ct+1∙0.84∙0.16^=.16∙S≡≡=0.16∙-^>l,

κj7ω-=^5∙0.8445∙0.16-450

x：ɪ-44

(x-45)!45∙

χl

λ

Γi匚|、1/IlO4LCLFιΓ^l`lʃrrɔʌ、/(ɪ)C?'.0.84∙0.16c∖Λr(x-45)!45!c∖Λr

所以X<H=52.5,所以/(53)>f(52)∙石F=萍二。^淳元^口a=,"TE-=°」6,

XT(X-46)!45!

-⅛<1,

x-45

所以4>婴=53+；,所以/(53)>/(54),

所以使得P(K=45)最大的N值作为N的估计值，则N为53.

故选：B.

由已知可推得，P(5.35<ξ<5.55)=P(μ-σ<X<μ+3σ),根据已知以及正态分布的对称性，

4s

可求得P(5.35<ξ<5.55)≈0.84,则K〜B(N,0.84),P(K=45)=C萨,0.84-0.16NT5,设

/(x)=C«∙0.844S∙0.16χ-4s,求出函数的最大整数值，即可得出答案.

本题主要考查正态分布曲线，考查运算求解能力，属于中档题.

9.【答案】BC

【解析】解：因为五=(L2),b=(-4,2)，

所以为一石=(5,0),a+b=(-3,4)-

选项4，(α-K)∙(α+K)=-15≠0,所以位-B)J.位+3)不成立，即A错误;

选项B,∖a-b∖=5.I3+方|=5，所以|百一方|=|百+E∣,即8正确；

选项C,(ð-α)∙ɑ=(-5,0)∙(1,2)=-5，

所以石一方在W上的投影向量为I至一五ICOS<B—五，苍>.,=(",)"∙j∣∣=言.吉∙I=—五,即

C正确；

选项D,α∙(α+K)=(1,2)•(-3,4)=5,

所以方在方+b上的投影向量为Iɑ∣cos<a,a+b>∙需)'L=||'(—3,4)—(―∣,ξ)>

即。错误.

故选：BC.

先计算五-B和苍+3,再根据平面向量数量积的坐标运算法则可判断选项4由模长的计算方法可

判断选项B,根据投影向量的计算方法可判断选项C和D.

本题考查平面向量的坐标运算，投影向量的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

10.【答案】ABD

【解析】解：/(x)=2sin(ωx+≡),所以函数、=/。)的值域为[一2,2],故。正确；

因为“与)=0,所以半3+^=的兀,七ez,所以3=迎F,∕qez,

因为/'¢)=2,所以33+号=/+2k2〃,七€Z,所以3=1212+1，k2EZ,

所以驾二=12七+1,即自=8&+1,

所以3∈{1,13,25,37,•••},

因为f(⅞)=2sin((12fc2+1理+$=2sin(14k2π+y)=-2,

所以曲线y=f(x)关于直线％=?对称，故A正确；

因为f(%一/)=2sin((12fcz+1)(%—ɪ)+ɪ)=2sin((12fcz+1)%—4fc2ττ)=2sin((12∕c2+l)x),

即f(χ*)=_/(_》一9

所以函数y=f(χ-》是奇函数，故B正确；

取3=13,则最小正周期7=3=普<称Y=TT,故C错误.

ω1366

故选：ABD.

用辅助角公式化简f(x),再利用f∕)=2J(争=0,得出3的取值集合，再结合三角函数性质逐

项判断即可.

本题主要考查了正弦函数奇偶性，单调性，值域及对称性的综合应用，属于中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：过点M作MHl/于点H,设准线与X轴交于点K,

由抛物线的定义知：MF=HM,

因为M为QF的三等分点，所以瑞=I=Cosz.QMH,所以NQMH=

∆QFK=60°,

所以NPQM=60。，所以cos“QM=；,故A正确；

对于B,在AQPF中，由抛物线的定义知：PF=PQ,"QM=60。,所以△QPF为等边三角形,

1ɔ

又因为FM=FK-FMCOSNQFK=P—/M,解得：FM=jp,

同理可得：FN=2p,

所以QM=/因为AQPF为等边三角形，所以FQ=PQ=PF=2p,M为QF的三等分点,

222

所以APMQ中，由余弦定理可得：PM=PQ÷QM-2PQ∙QMcos60°f

则P"2=4p2+yp2-2×2p∙∙ɪ,

则PM=

QM_PM

所以在中，由正弦定理可得:

APMQsin/QPM-SinNPQM'

42口__

代入可得嬴溪丽=舌，SinNQPM=手，故8不正确；

对于C,QF=QM+MF=2p,FN=2p,所以QF=NF,故C正确；

对于D,因为NQFK=60。，NQFP=60。，.∙.4PFN=I20。，

所以APFN中，FN=PF=2p,由余弦定理可得：

PN2=PF2+FN2+2PF-FNcosl200=4p2+4p2-2×4p2XT)=12p2,

则PN=2∕3p,所以PN=GPQ,故。正确.

故选：ACD.

过点M作MHlI于点H,设准线/与乂轴交于点K,由抛物线的定义可得瑞=2=COSNQMH,可判

断4求出PM,QM的长，由正弦定理可判断B；求出NF,QF可判断C；求出PN,PQ可判断D.

本题考查了抛物线的定义和抛物线的性质，属于中档题.

12.【答案】BD

【解析】解：对于4项，

因为8M=?，所以M在以B为球心，行为半径的球上，

又M为侧面上的点，所以M在球被平面44ιQD截得的交线上，

因为/B∙L平面44]DlD,4B=1,BM=¥，所以AM=√BM2-AB2=ɪ,

所以M在以4点为圆心，；为半径的圆上，

如图1,AM1LA1D,

则AMI=?,M到直线例的距离的最小值为与一去故A项错误;

对于B项，

图2

因为CCT∙L平面ABC。，BDU平面4BC。，所以CCl1BD,

5

又BDIAC,ACcF⅛)ΛCC1,CClU平面AeC】，AC∩CC1=C,

所以BD1平面ace1，

又平面所以

AGUACG,BD1AC1,

同理可得，

A1D1AC1,

又平面5

BDUA1DCFffiyl1BD,A1DCtBD=D,

所以ACiJL平面

又BlNJ.4G,BlC平面&BD,所以直线BlN〃平面4道。，故B项正确;

对于C项，

以点。为坐标原点，分别以方,小,而ɪ为X,y,Z轴的正方向，

如图3建立空间直角坐标系，

则O(0,0,0),4式1,(U),B(1,LO),Bi(1,1,1),两=(1,0,1),DB=(1,1,0)，西=(1,1,1)，

因为设两西=

MEA1D,=4(λ,0,Λ),(0≤λ≤l),β√W=OM-DK=(Λ-1,-1,Λ-1)，

设五=是平面的一个法向量，

(Xl,y3l,Zi)4ll8D

五,西=°即x+z=0

则11

∏7-OB=0，X-L+yι=°’

取XI=I,则%=Zi=-4,苏=(L-L-I)是平面&BD的一个法向量,

n∣ιcoς∕rΓ^R~M∖-亚瓦M-1T+1-。T)_1

则他‘M-I矶利厂E(32—)2一CnI=T

X2λ2-4λ+3=2(λ-l)2+l≥1,当；1=1时，有最小值1,

1“1V3Γ-Q

所以‘匚后MCr即cos<%瓦瓦>≤?'

所以，与平面48。所成角正弦的最大值为?，故C项错误;

对于。项，

由C项知，西=(1,0,1),E=(O

图4

当MNIZM1，MN1CD1,即MN为直线ZMl与CDl的公垂线段时，MN最小，

设九2=(.x2>y2>Z2),且底ɪDAi,∏2ɪCD］，

m∣∣(^2,=°∏r∣∫x2÷z2=θ

则岛,西=。'‰÷¾=o,

取%2=1，则荻—(1,-1,-1),

比在西方向上的投影向量的模为I需I=击=?,

所以M,N两点之间距离的最小值为d=?,故。项正确.

故选：BD.

由已知可推得M在以4点为圆心,为半径的圆上，作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断4项；

根据线面平行判定定理得到直线BlN〃平面AIBD,可判断B项：

先证明AGJ•平面4BD,结合BiNJ.4的，即可得出BlN〃平面&BD；建立空间直角坐标系，求

出平面&BD的法向量，表示出CoS(可,瓦.=、飞I匚Μ+3,根据不等式的性质，即可判断C项；

MN为直线ZMI与CDI的公垂线段时,MN最小,设芯=(小以々)，且芯1西,芯1西,求出许

即可根据投影向量，求出最小值，判断。项.

本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

13.【答案】y=X-2(y=—X+2,答案不唯一)

【解析】解：圆的方程可化为2)2+(y-1)2=1,圆心为(2,1),半径r=l,

由弦长为42可得，圆心到直线的距离d=J产_(?)2=号

当直线斜率不存在时，直线方程为X=2,此时圆心在直线上，弦长为2r=2,不满足题意，

所以直线的斜率存在.

设直线的斜率为鼠则直线的方程为y=k(x-2),^∖lkx-y-2k=0,

,1√^^

此时圆心到直线的距离丛=『==2-,解得Zc=±1.

Jfc2+l

所以，直线的方程为y=%-2或y=-％+2.

故答案为：y=X-2(y=-%+2,答案不唯一).

将圆的方程化为标准方程，求出圆心、半径.根据弦长，得出圆心到直线的距离d=?.先判断斜

率不存在时是否满足，然后设出斜率，得出直线方程，表示出圆心到直线的距离&=节;，得

出方程，即可解出k的值.

本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题.

14.【答案】2

【解析】解:由等比数列性质知。3ɑ6=。4。5,

联立邸院『，解瞰亶6喏二6,

因为｛即｝是单调递增的等比数列，所以α4=8,α5=16,

即q=篙=2

故答案为：2.

利用等比数列性质得到的。6=再解方程组即可.

本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题.

15.【答案】g2]

【解析】解:由％(/(%)—QIXl)≤0,

可得%>时，/(%)≤；

0a∖x∖=aχ9.∙.a≥叱：」

%≤0时，/(x)≥α∣x∣=—ax,%=0时，等号成立；XVo时，e~2x-1+αx≥0.

当x>0时，ɑ≥华由，

2x

令g(χ)=噌,√(χ)=⅛^>

γ

令U(X)=有-IncV+1),%∈(0,+∞),

u,(x)=----^-2<0,

—(x+i)2,

・•・函数〃(X)在X∈(0,+8)上单调递减，

ʌu(x)<u(0)=0,即g'(κ)<0,

・•・函数g(x)在％∈(0,+8)上单调递减，

1

XTO+时，由洛必达法则可得：g(0)T乎IX=0=}

・•・α≥ɪ.

X<0时，e~2x—1+αx≥0.

令九

(X)=-1+Qχ,x∈(-oo,0),

则h'(x)=-2e~2x+a,

令U(X)=-2e-2*+a,X∈(-∞,0),

ι∕(%)=4%e^2x>0,

・,・函数u(%)即九'(x)在X∈(一8,0)上单调递增，

∕ι(0)=O,∕ιz(0)=Q—2,

・,・九'(%)=α—2<0,

ʌα≤2.

综上可得：αeg,2].

由x(f(x)—a∖x∖)≤0,可得X>O时,f(x)≤a∖x∖=ax,a>[n^-；x≤O时,f(x)≥α∣x∣=-ax,

X=O时，等号成立；x<0时，e-2x-l+ax≥0,利用导数研究函数的单调性、结合洛必达法

则即可得出结论.

本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、分类讨论方法、等价转化方法、洛必达法

则，考查了推理能力与计算能力，属于难题.

16.【答案】√3α(亨α,2√3α)

【解析】解：取BD的中点0,在翻折的过程中，

由直角三角形4BD与直角三角形BCD,可得4。=OB=OC=0D,

∙∙∙BD为三棱锥a-BCD的外接球。的直径，

又BD=√AB2+AD2=2√-3α.

••・三棱锥与4-BCD的外接球。的半径为Ca,

过M,N分别向BD作垂线，垂足分别为H,K,

由平面几何知识可得4C到8。的距离为亨α,二MH=NK=?a,

：.DH=BK=*a，：.HK=a,

"MN=MH+^HK+Æ/V.

...而2=丽72+麻2+雨2+2丽•麻+2丽•丽+2麻•丽=Sa2+导。2+押+2χ

vz-6T-6八

CLX-CLCOSθ，

V0<0<180°,

・•.ya2<MN2<4a2,・•・a<MN<20,

VOM=ON,MN最长时，。到直线MN的距离最小，

当MN=2Q时，直线NM过球心，・•・MN<2√-3a,

MN最小时，0到直线MN的距离最大，当MN=亨时，

球心到直线的距禺为a，MN>2I3a2—(-ʒ^ɑ)2=?a'

ɔy3o

・・・直线MN被球。截得的线段长的取值范围是(q∑α,2∕Za)∙

故答案为：y∏3a∙,(-ɪɪɑ,2y∕~3a')∙

取BD的中点。，可得4。=OB=OC=OD,可求三棱锥4-BCD的外接球。的半径，过M,N分别

向8。作垂线，垂足分别为H,K,进而可得亨α<MN<2α,从而可求直线MN被球。截得的线

段长的取值范围.

本题考查空间几何体的外接球问题，考查运算求解能力，属中档题.

17.【答案】解：⑴由正弦定理及b=2cs》(4+，知SinB=2s出CSinG4+J

所以Sin(4+C)=2sinC(j-γ-sinA+ɪcosA)>

所以siτι4cosC+CosAsinC=y∕~3sinCsinA+SinCcosA,^VsinAcosC=y∕~3sinCsinAr

因为SiTL4≠0,所以tcmC=包^=

cosC3

又C∈(0,π),所以C=着.

(2)因为瓦前=瓦旌，所以I法[∣.I前IeoSB=I而/，即I前IeoSB=I瓦5],

所以NBAD=宏即BD为外接圆的直径，

所以4BCD=今

由(1)知，乙ACB=，,所以NZlCD=T-*=}

OZoo

Tr

设Z∙B4C=α,Z.CAD=--α,

ITC1

由c=l,NACB=不知，外接圆的直径R=砺而=靛=2,

6

在△4CO中，由正弦定理知，R==所以an=2sing=C,CD=2sin(^-a)=

s∖n∆ACDsιn∆CADɔ乙

2cosa,

在△4BC中，由正弦定理知，R=.B[所以BC=2s讥α,

sιn∆BAC

所以四边形ABCD面积S=1AB∙ΛD+⅛C∙CD=∣×1×√3+∣×2sinaX2cosa=I+

44444

sin2af

因为α6(0,，)，所以2α∈(0,π∙),

所以当2α=*即α=押，sin2α取得最大值1,此时S取得最大值?+1，

故四边形ABCD面积的最大值为?+1.

【解析】(1)利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式化简运算，即可得解；

(2)根据平面向量数量积的运算法则，推出I前|c。SB=I瓦？|，进而知BD为外接圆的直径，设

∆BAC=a,利用正弦定理，用含α的式子表示ZD,CD和BC,再由S=∙AD+∙CD,并

结合三角函数的知识，得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，两角和的正弦公式，平面向量数量积的运算法则是解题

的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

18.【答案】(1)证明：法一：

a+aa+a

由a2n-l+¾n+l=log2α2n>得α2n=2^→^,则0⅛+2=2^+ι2n+3,

从而。2九。271+2=2a2n^^1+a2n+1∙2a2n+1+ci2n+3=2a2n~1+2a2n+1+azn+3.

aα2n+14fl2n+1aaa

Xα2αα2n+2=16=2,所以。2九-1+^2n+l÷2n+3=^2n+l^

a,

即。2九-1+2n+3=2α2n+l所以｛θ2n-1｝是等差数列•

法二：

由>°，且a2n@2n+2=16fl2n+1,

a

则∣0g2(如ιQ2n+2)=log216^ι9

得lθg2Q2n+l°S2α2n+2=^a2n+lf

因为α⅛n-l+a2n+l=∣°gzα2n,a2n+l+a2n+3=^0Sza2n+29

所以+α2n+l)+(α2n+l+a2n+3)=^α2n+l,

即Q2n-1+。271+3=2。2九+1，所以｛。2吁1｝是等差数列.

(2)解：法一：

设等差数列｛的九-1｝的公差为2

,

当九=I时，α1+α3=log2∏2即1+%=logz8,

所以@3—2,所以d=a3—a1=1,

所以数歹∣J｛Q2nτ｝是首项为1，公差为1的等差数列，所以的吁1=n.

又Q=2α2n-ι+^2n+ι=2n÷(π+1)=22n+1.

所以，S9=a1+α2+ʤ++&5+t⅛++。8+。9=(ɑl+a3+。5++ɑg)+(∏2+。4+

≈6+⅝)

=(1+2+3+4+5)+(23+25+27+29)=15+680=695<2023,

11

又SIO=S9+a10=695+2=2743>2023；

又斯>0,则Sn<Sn+1,且S9<2023<S10,

所以n的最小值为10.

法二：

设等差数列｛a2n-1｝的公差为d∙

当n=l时，a1+a3=Iog2a2,即l+a3=log28,

所以c⅛=2,所以d=a3—ɑi=1>

所以数列包2吁1｝是首项为1，公差为1的等差数列，所以。2"-1=儿

1aa2n1+a2n+1rl2n+1

又a2n-l+a2∏+l=°g22n>所以=2-=2+S+l)=2.

当k∈N*时，S2k=a1+a2+。3+…+。2卜

=(a1+a3+a5H-------Fa2k-ι)+(«2++<⅞4-------Fɑzt)

=(1+2+3+-+fc)+(23+2≡+27+-+22k+1)

k(k+l),8(4fc-l)

=---------H--------------»

23

ς_ς,_k(k+l)8(4〃-D_72∕C+1_k(k+D∣2x4”-8

^2k-l—.a2k-—23乙-—23

2x8

所以S9=S2×5-ι=+f^=695<2023>

SlO=S2x5=竽+8%T)=2743>2023>

又a7l>0,则％<S71+1，且59<2023<S10.

所以n的最小值为10.

【解析】(1)法一：(指数运算)由已知可推得a2n=2t*znτ+a2E,a2n+2=2-3,相乘结合

已知，即可得出a2n-ι+a2n+3=2a2n+ι,进而证明；

a

法二：(对数运算)由已知可得Iog2a2n+log2a2n+2=4a2n+ι>结合已知即可得出a2n-1+2n+3=

2a2n+1,进而证明；

(2)法一：先根据(1)推出a2n-ι=m然后结合已知条件得到a2n=22n+L然后计算得到S9,Si。,

即可得出答案；

2n+l

法二：同解法一，先求出a2"τ=n,a2n=2,然后分组求和得出=竺业+更必，进

“23

而得出S2jc处±12+竺金，求解即可得出答案.

“一，23

本题主要考查等差数列的证明，等差数列的通项公式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中

档题.

19.【答案】解：(1)由散点图判断y=c∕n(x-2012)+d适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率

y关于年份数X的经验回归方程类型.

令t=In(X-2012),先建立y关于t的线性回归方程.

+工C∑i=lty-10ty1226.8-10×1.5×80.4.^

用4C=，-ioi理i_Inr-2=777-ι∩ιC2=%d-y-Ct=80.4—4×1.5=74.4'

ɪ1Li∙LUL乙/∙/ɪ1√vʌɪaɔ

该机场飞往4地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为y=4t+74.4，

因此y关于年份数X的回归方程为y=4∕n(x-2012)+74.4

所以当X=2023时，该机场飞往2地航班放行准点率y的预报值为y-4∕n(2023-2012)+74,4=

4Znll+74.4≈4×2.40+74.4=84.

所以2023年该机场飞往4地航班放行准点率y的预报值为84%.

(2)设为="该航班飞往4地"，A2="该航班飞往8地"，&="该航班飞往其他地区”，

C="该航班准点放行”，

则P(Ai)=0.2,P(A2)=0.2,Pg)=0.6,P(CMl)=O.84,P(C∣42)=0.8,P(C∣½3)=0∙75.

(i)由全概率公式得,P(C)=P(AI)P(CMl)+P(42)P(C∣½2)+P(43)P(C∣42)=0.84X0.2+0.8×

0.2+0.75X0.6=0.778,

所以该航班准点放行的概率为0.778.

z,.IC_P(AlC)一P(Ai)P(CE)_O∙2XO.84_P(1C)_P(∕I2)P(CM2)_0∙2x0.8

("n)pKMAIlC)-P(G-P(C)~0,778,'O2M)—P(C)—P(C)—0.778'

P(AIC二PM_P(Zb)P(Sb)_0.6X0.75

l3lj-P(C)一P(C)-0.778，

因为0.6×0.75>0.2X0.84>0.2X0.8,

所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.

【解析】(1)根据线性回归方程的计算公式，选择合适