湖南省永州市2023届高考第三次适应性考试数学试题（含答案）

永州市2023年高考第三次适应性考试试卷

数学

命题人：陈全伟（东安一中）  刘魁（永州四中）

刘广奇（祁阳一中）  蒋昌龙（道县一中）

审题人：席俊雄（永州市教科院）

注意事项：

1.本试卷共150分，考试时量120分钟.

2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.

3.考试结束后，只交答题卡.

一、选择题：本题共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.若复数满足，则复数的虚部为

A.   B.   C.   D.

2.设集合，，则的元素个数是

A.1   B.2   C.3   D.4

3.已知，，则

A.   B.   C.0   D.1

4.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图2所示其外框是边长为2的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心О，圆О的半径为1，点P在圆О上运动，则的最小值为

A.-1   B.-2   C.1   D.2

5.在二项式的展开式中，把所有的项进行排列，有理项都互不相邻，则不同的排列方案为

A.种   B.种   C.种   D.种

6.若函数和在区间上的单调性相同，则把区间叫做的“稳定区间”.已知区间为函数的“稳定区间”，则实数的可能取值是

A.   B.   C.   D.

7.已知正项数列满足，，其前200项和为，则

A.   B.

C.   D.

8.已知函数，对于定义域内的任意恒有，则的最大值为

A.   B.   C.   D.

二、多项选择题：本题共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.已知，下列命题为真命题的是

A.若，则   B.若，则

C.若，则 D.若，则

10.已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则

A.线段MN的长度为1      B.周长的最小值为

C.的余弦值的取值范围为  D.直线FG与直线CD互为异面直线

11.已知抛物线：的焦点为F，直线与C交于，两点，其中点A在第一象限，点M是AB的中点，MN垂直准线于N，则下列结论正确的是

A.若，则直线的倾斜角为

B.点M到准线距离为

C.若直线经过焦点F且，则

D.若以AB为直径的圆M经过焦点F，则的最小值为

12.若，时，函数（是实常数）有奇数个零点，记为，且，则

A.的最小正周期是

B.的对称轴方程为

C.

D.对任意的，使得

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知等比数列，其前项和为，若，，则________.

14.现有四家工厂生产同一产品，已知它们生产该产品的日产量分别占日产量总和的15%，20%，30%和35%，且产品的不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02.现从四家工厂一天生产的所有产品中任取一件，则抽到不合格品的概率是________.

15.已知双曲线：，圆：与x轴交于A、B两点，M、N是圆О与双曲线在x轴上方的两个交点，点A、M在y轴的同侧，且AM交BN于点C.若，则双曲线的离心率为_________.

16.在棱长为1的正方体中，动点Р在平面上运动，且，三棱锥外接球球面上任意一点Q到点Р到的距离记为PQ，当平面PAD与平面，夹角的正切值为时，则PQ的最大值为_________.

四、解答题：本题共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.（本题满分10分）记正项数列的前项积为，且.

（1）证明：数列是等差数列；

（2）记，求数列的前项和.

18.（本题满分12分）在中，A，B，C的对边分别为a，b，c且.

（1）求C的值；

（2）若AB边上的点M满足，，，求的周长.

19.（本题满分12分）已知底面为菱形的平行六面体中，，四边形为正方形，交于点M.

（1）证明：；

（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.

20.（本题满分12分）为了精准地找到目标人群，更好地销售新能源汽车，某4S店对近期购车的男性与女性各100位进行问卷调查，并作为样本进行统计分析，得到如下列联表：

（1）当时，将样本中购买传统燃油车的购车者按性剔采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人调查购买传统燃油车的原因，记这3人中女性的人数为X，求X的分布列与数学期望；

（2〉定义，其中为列联表中第i行第j列的实际数据，为列联表中第i行与第j列的总频率之积再乘以列联表的总频数得到的理论频数.基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量X，Y相互独立〉，然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为X和Y独立.根据的计算公式，求解下面问题：

（i）当时，依据小概率值的独立性检验，请分析性别与是否喜爱购买新能源汽车有关；

（ⅱ）当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与是否喜爱购买新能源汽车有关，则至少有多少名男性喜爱购买新能源汽车?

附：

21.（本题满分12分）已知椭圆：，其右焦点为F，过点F的直线与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点，，.

（1）求证：为定值.

（2）若点Р不在椭圆C的内部，点Q是点P关于原点О的对称点，试求面积的最小值.

22.（本题满分12分）已知函数，.

（1）若是函数的极小值点，讨论在区间上的零点个数.

（2）英国数学家泰勒发现了如下公式：

这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性.

现已知，

利用上述知识，试求的值.

永州市2023年高考第三次适应性考试试卷

数学参考答案及评分标准

一、单项选择题

二、多项选择题

三、填空题

13．4或16   14．0.0315   15．   16．

部分小题答案:

7.解析：

令，则可得，故，

将两边倒数得，所以为递减数列. 

所以.

可得，

所以，

所以，

所以，

根据等比数列求和公式得，

综上，

8.解析：

两边同时除以得，

令，原不等式等价于：，

设，，对求导并画出函数图像，

当直线与曲线相切时，解得，选D

11.解析：

A选项，因为，

所以三点共线，即直线经过抛物线焦点.

当直线的斜率为0时，此时，直线l与C只有1个交点，不合题意，

故设直线，与联立得：，

故，因为，所以，

代入中，得到，即，

因为点A在第一象限，所以，故，

即，，

解得：故直线的斜率为，设直线l的倾斜角为，

则，解得：，A正确；

B选项，当直线不经过焦点时，设，，

由三角形三边关系可知：，

由抛物线定义可知：，

即，B不正确；

C选项，由题意得：，准线方程为，

当直线的斜率为0时，此时，直线l与C只有1个交点，不合题意，

故设直线，与联立得：，

故，

则，所以 ，

解得：，C正确；

D选项，设，

过点作准线于点，过点作准线于点P，

因为以AB为直径的圆M经过焦点F，所以，

则，由抛物线定义可知：

，

由基本不等式得：，

则，

当且仅当时，等号成立，

故，即，D正确；

故选：ACD

12.解析：

由题设，

所以，

故，

A选项由的最小正周期为，知的最小正周期为，

同理的最小正周期为，则的最小正周期为，A不正确；

对于，令，则对称轴方程为且，B正确；

由可转化为与交点横坐标，而上图象如下：

函数有奇数个零点，由图知：，此时共有9个零点，

、、、、

、、、、

，，，

，所以C正确.

对任意有，，且满足且，而的图象如下：

所以，

即，D错误；

故选：BC

16.解析：

设，连接，，且，

所以平面，设正方体的棱长为1，

则可知为棱长为的正四面体，

所以为等边三角形的中心，

由题可得，得，

所以，

又与平面所成角为，则，

可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，

由平面，又平面，平面平面，且两个平面的交线为AO，把两个平面抽象出来，如图：

作于点，过点作交AD于N点，连接，

平面平面，平面，平面平面，

平面，平面，，

又，MN与PM为平面PMN中两相交直线，

故平面PMN，平面PMN，

，为二面角的平面角，即为角，

设，当M与点不重合时，在中，可得

，

若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，

故，，，，

解得：，

再取的中点，连接，在和中

利用勾股定理得

所以PQ的最大值为

四、解答题

17．（本题满分10分）

解：（1）证明：由题意得，

因为，所以，.

即，

所以．

当时，，所以，解得，

故是以5为首项，4为公差的等差数列．

（2）由（1）可知，，

所以

18．（本题满分12分）

解：（1）由正弦定理得：

在三角形中，

， 

（2）

，

由余弦定理得

则①

又

由于 

则②

①×7=②即 

亦即

则或

当时，代入①得，

周长

当时，代入①得，

周长

19．（本题满分12分）

解：（1）连接交于点O，连接OM

四边形为菱形，

为中点，

四边形为正方形

，

平面 

平面

（2）以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，得，．

，，

由（1）知，平面

平面，，是等边三角形

点M作NH垂直OC于点H，在中，，，

可得CM边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，

由勾股定理可得，

故，，

，，

设平面的法向量为，则，

即，

取，平面的一个法向量为．

设直线与平面所成角为，

则，

直线与平面所成角的余弦值

20．（本题满分12分）

解：（1）当=0时，

用分层抽样的方法抽取购买传统燃油车的6人中，男性有2人，女性有4人.

由题意可知，X的可能取值为1，2，3.

X的分布列如下表

（2）（i）零假设为：

性别与是否购买新能源汽车独立，即性别与是否购买新能源汽车无关联.

当=0时，

，

，

∴根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与是否购

买新能源汽车有关联，此推断犯错误的概率不超过0.005.

（ii）

由题意可知，

整理得，

，

所以的最大值为4，

又，

至少有76名男性购买新能源汽车

21．（本题满分12分）

解：

（1）证明：如图所示，

设.

由，得.

又点在椭圆上，故

整理得

由，同理可得

由于不重合，即

因此的两个根，所以为定值.

（2）直线的方程为即

将代入

得

于是，

从而

若点不在椭圆的内部，则，即，

所以的最小值为，

故面积的最小值为.

22．（本题满分12分）

解：（1）由题意得：，

因为为函数的极值点，

所以，，

知：，，

，

（i）当时，

由，，，，得，

所以在上单调递减，，

所以在区间上不存在零点；

（ii）当时，设，

则.

①若，令，

则，

所以在上单调递减，

因为，，

所以存在，满足，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

②若，令，，

则，所以在区间上单调递减，

所以，

又因为，

所以，在上单调递减；

③若，则，在上单调递减.

由（a）（b）（c）得，在上单调递增，在单调递减，

因为，，

所以存在使得，

所以，当时，，在上单调递增，，

当时，，在上单调递减，

因为，，

所以在区间上有且只有一个零点.

综上，在区间上的零点个数为个；

（2）因为，（*）

对，

两边求导得：，

，

所以，（**）

比较（*）（**）式中的系数，得

所以.