2023届黑龙江省大庆市大庆中学高三高考适应性考试数学试题含解析

2023届黑龙江省大庆市大庆中学高三高考适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据指数函数的性质求出集合，再根据并集的定义计算可得；

【详解】解：因为，，

所以；

故选：B

2．若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数 （   ）

A．  B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的几何意义及对称性，得出复数，再利用复数的除法法则即可求解.

【详解】由题意知，复数在复平面内对应的点，

因为复数，在复平面内对应的点关于轴对称，

所以复数在复平面对应的点为，即，则

，

故选：C．

3．已知正项等比数列首项为1，且成等差数列，则前6项和为（    ）

A．31 B． C． D．63

【答案】C

【分析】利用等差数列的通项公式及等比数列的前项和公式即可求解.

【详解】∵成等差数列，

∴，

∴，即，解得 或 ，

又∵，∴，

∴，

故选：C.

4．若圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则其表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意求得圆锥的底面圆的半径和母线长,结合侧面积公式,即可求解.

【详解】由题意,圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,

即圆锥的底面圆的半径为,母线长为,

所以该圆锥的侧面积为.

所以圆锥表面积为

故选：D.

5．已知，若，则（    ）

A．4042 B．2024 C． D．

【答案】A

【分析】计算再求解即可.

【详解】由题意，，故，.

故选：A

6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段的中点，且，则C的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】由题意可得为直角三角形，再结合A为线段的中点，可得AO垂直平分，可表示出直线，再联立渐近线方程可以得到，，的关系，进而得到双曲线离心率

【详解】由题意可知，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，

A为线段的中点，当交点在轴上方或轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如图.

根据双曲线可得，，，两条渐近线方程，

，为的中点，

，又A为线段BF1的中点，垂直平分，

可设直线为①，直线为②，直线为③，

由②③得，交点坐标，点还在直线上，，可得，

，所以双曲线C的离心率，

故选：B

7．已知函数，其中．若在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】若在区间上单调递增，满足两条件：

①区间的长度超过；② 的整体范围在正弦函数的增区间内，取合适的整数求出的取值范围.

【详解】，    

∵函数在区间内单调递增，

∴，∴，

∵，∴，

若在区间上单调递增，

则

解得，

当时，，

当时，，

当取其它值时不满足，

∴的取值范围为，

故选：D

8．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.

【详解】由，令，则，令，则，

当时，；当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，

由，则，即，

故选：C.

二、多选题

9．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为

【答案】ABD

【分析】根据向量加法的坐标运算，以及向量模的计算，可判断A;根据数量积的坐标运算可判断B;利用向量的夹角公式可判断C;根据投影向量的概念，可求得向量在上的投影向量，判断D.

【详解】由题意得，所以，故A正确；

，故B正确；

，

，∴，故C错误；

向量在上的投影向量为，故D正确，

故选：.

10．已知，且，若不等式恒成立，则的值可以为（    ）

A．10 B．9 C．8 D．7

【答案】BCD

【分析】根据题意和基本不等式，求得，由恒成立，得到，结合选项，即可求解.

【详解】由 ，且，

可得，

当且仅当时，即时，等号成立，

又因为不等式恒成立，所以，

结合选项，可得选项B、C、D符合题意.

故选：BCD.

11．下列命题中，正确的命题的序号为（    ）

A．已知随机变量服从二项分布，若，则

B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变

C．设随机变量服从正态分布，若，则

D．某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大

【答案】BCD

【分析】由二项分布的均值与方差公式计算判断选项A，由方差的性质判断选项B，由正态分布的对称性判断选项C，由二项分布的概率公式列不等式组求解后判断选项D．

【详解】对于A，，解得，A错误；

对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；

对于C，服从正态分布，，C正确；

对于D，，则，

由，解得，所以．D正确．

故选：BCD．

12．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（    ）

A． B．是偶函数

C．关于中心对称 D．

【答案】BCD

【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断A，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.

【详解】令，则或，故A错误，

若时，令，则，此时是偶函数

若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，

令，则，所以关于中心对称，故C正确，

由关于中心对称可得，结合是偶函数，所以，所以的周期为2，

令，则，故，

进而，故D正确，

故选：BCD

三、填空题

13．已知的展开式中含项的系数为60，则实数__________.

【答案】

【分析】利用所给的二项式写出展开式的通项即可求解.

【详解】的展开式的通项公式为：.

当，解得：；

所以由展开式中含的项的系数为60可得： ，得，解得

故答案为：

14．2022年1月初，河北某区域的“新冠疫情”出现明显反弹，相关部门紧急从H省抽调包括甲、乙在内的七名医疗专家进驻该区域的三个疫情“高风险”地区进行协助防控，要求每个地区至少安排两名专家，则甲、乙两名专家安排在不同地区的概率为_____．

【答案】

【分析】求得七名专家安排的所有可能情况，以及满足题意的可能情况，再利用古典概型的概率计算公式求解即可.

【详解】每个地区至少安排两名专家，则所有的可能情况有：种；

若甲乙安排在相同地区，则有：种，

则甲乙安排在不同地区的情况有：种，

故甲、乙两名专家安排在不同地区的概率为.

故答案为：.

15．已知抛物线的焦点为F，直线l过点F与C交于A，B两点，与C的准线交于点P，若，则l的斜率为______．

【答案】

【分析】分点A在第一象限和第四象限考虑，由结合抛物线定义求得，，由勾股定理求得，由即可求出斜率.

【详解】

如图，当点A在第一象限时，过A，B两点分别作准线的垂线，垂足分别为，．设，则由，

可得，从而，所以，则，所以，

故直线l的斜率为．同理，当点A在第四象限时，可求得直线l的斜率为．综上，直线l的斜率为．

故答案为：.

16．已知四棱锥中，四边形是边长为1的正方形，平面，，以P为球心为半径的球面与底面的交线长为___________．

【答案】##

【分析】设为球面与底面的交线上任意一点，由得到球面与底面的交线为以为圆心，半径为1的四分之一圆，再求交线长即可.

【详解】

设为球面与底面的交线上任意一点，则，又平面，平面，则，

又，则，又四边形是边长为1的正方形，则的轨迹为以为圆心，半径为1的四分之一圆，

故球面与底面的交线即为以为圆心，半径为1的四分之一圆，则交线长为.

故答案为：.

四、解答题

17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．

(1)求B；

(2)若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理的边化角和三角恒等变换求解；

（2）利用面积公式和余弦定理求解.

【详解】（1）由可得，

因为,所以，

所以，即，

所以，因为,所以.

（2）因为，解得，

所以，

由余弦定理，所以，

所以△ABC的周长为.

18．已知数列为等差数列，数列满足，且．

(1)求的通项公式；

(2)证明：．

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据等差数列的性质和通项公式进行求解即可；

（2）利用裂项相消法进行求解即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为d．

由，

所以数列为等差数列，且的公差相等，均为d．

由，得，则．

由，得，即．

因为，所以，则有，则，

故数列的通项公式为，则

数列的通项公式；

（2）由（1）可知，

则

．

19．在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为梯形，，，，平面ABCD．

求BE与平面EAC所成角的正弦值；

线段BE上是否存在点M，使平面平面DFM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）线段BE上存在点M，使平面平面DFM，．

【分析】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CF为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面EAC的法向量，利用向量法能求出BE与平面EAC所成角的正弦值．

设线段BE上存在点b，，，，要平面平面DFM，求出平面DMF的法向量和平面EAC的法向量，利用向量法即可判断线段BE上存在点M满足题意．

【详解】四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为梯形，，，平面ABCD．

以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，

CF为z轴，建立空间直角坐标系，

设，则1，，,

0，，1，，0，，0，，

，1，，0，，

设平面EAC的法向量y，，

则，取，得，

设BE与平面EAC所成角为，

则．

与平面EAC所成角的正弦值为．

线段BE上不存在点M，使平面平面DFM．

理由如下：

设线段BE上存在点b，，，，使平面平面DFM，

则，，，

0，，设平面DMF的法向量y，，

则，取，得，

平面平面DFM，平面EAC的法向量，

，解得，

线段BE上存在点M，使平面平面DFM，此时．

【点睛】本题主要考查线面角的正弦值的求法，利用向量判断是否存在线段上的点使得两个平面垂直，意在考查学生的数学运算能力，是中档题．

20．动点M与定点的距离和M到定直线的距离之比是常数.

(1)求动点M的轨迹G的方程；

(2)设O为原点，点，过点A的直线l与M的轨迹G交于P、Q两点，且直线l与x轴不重合，直线分别与y轴交于R、S两点，求证：为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）设出点M的坐标，根据给定条件列出方程，化简整理作答.

（2）设出直线l的方程，与G的方程联立，用P，Q的坐标分别表示出点R，S的坐标，借助韦达定理推理计算作答.

【详解】（1）设点，依题意，，化简整理得，

所以动点M的轨迹G的方程为.

（2）因为直线l与x轴不重合，设直线l的方程为，设点，

由消去x并整理得：，显然，

则，

直线的方程为，令，得，即点，同理，

则，

所以为定值4.

21．血液检测是诊断是否患某疾病的重要依据，通过提取病人的血液样本进行检测，样本的某一指标会呈现阳性或阴性.若样本指标呈阳性，说明该样本携带病毒；若样本指标呈阴性，说明该样本不携带病毒.根据统计发现，每个疑似病例的样本呈阳性（即样本携带病毒）的概率均为.现有4例疑似病例，分别对其进行血液样本检测.多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要携带病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性.若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性.现有以下两种方案：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验.在该疾病爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”.

(1)若，求这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列；

(2)若将该4例疑似病例样本进行化验，且方案二比方案一更“优”，求p的取值范围，

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由题意知，，利用二项分布的概率计算公式即可求解；

（2）方案一中，期望为4；方案二中，设化验次数为Y，则Y的所以可能取值为2，4，6，计算出Y的取值对应的概率，然后根据期望公式求出，从而即可求解.

【详解】（1）解：由题意知，，

则；；

；；

.

则这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列为：

（2）解：方案一中，逐个化验，化验次数为4，期望为4；

方案二中，设化验次数为Y，则Y的所以可能取值为2，4，6，

每组两个样本化验呈阴性的概率为，设，

则；；.

所以，

若方案二比方案一更“优”，则，解得，

即，解得.

所以当时，方案二比方案一更“优”.

22．设向量，，，（）.

(1)当时，求的极值；

(2)当时，求函数零点的个数.

【答案】(1)的极小值为，无极大值

(2)当时，函数的零点个数为1

【分析】（1）将的值代入，然后求导，分析单调区间求极值即可.

（2）对分类讨论，分别求函数单调区间，结合极值即可判断零点个数.

【详解】（1）根据已知得，则

当时，，，，

由得或（舍）.

当时，；当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

所以的极小值为，无极大值.

（2）因为，

若，当时，；当时，；当时，，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

有极大值，

极小值，又，

所以函数有1个零点.

若，恒成立，函数单调递增，

此时，，所以函数有1个零点；

若，当时，；当时，；当时，，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

所以有极大值，显然极小值，

又，所以函数有1个零点.

综上所述，当时，函数的零点个数为1.

【点睛】方法点睛：确定单调区间的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数，令，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)利用的定义域和实根把函数的定义区间分成若干个小区间；(4)确定在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性