湖南省郴州市2023届高三下学期5月适应性模拟考试数学试题

湖南省郴州市2023届高三下学期5月适应性模拟考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，若，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

2．设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

3．已知A，B是：上的两个动点，P是线段的中点，若，则点P的轨迹方程为（    ）

A． B．

C． D．

4．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距的正切值的乘积，即．若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的和，相应的太阳天顶距为和，则的值为（    ）

A． B． C． D．1

5．已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

6．已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知双曲线的离心率为，以坐标原点为圆心，双曲线的虚半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，若四边形的面积为，则双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

8．定义：若直线l与函数，的图象都相切，则称直线l为函数和的公切线．若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（    ）

A．e B． C． D．

二、多选题

9．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．的图象关于点对称

D．在区间上单调递增

10．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，侧棱，E，F分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．异面直线与所成角的大小为

B．三棱锥的体积为

C．二面角的正切值为

D．三棱锥的外接球的表面积为

11．已知正项数列满足，则下列结论正确的是（    ）

A．数列中的最小项为

B．当时，

C．当时，

D．对任意且

12．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的两条互相垂直的直线分别与抛物线C交于点A，B和D，E，其中点A，D在第一象限，过抛物线C上一点分别作的垂线，垂足分别为M，N，O为坐标原点，若，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若，则直线的倾斜角为

C．四边形的周长的最大值为

D．四边形的面积的最小值为32

三、填空题

13．已知定义在R上的函数的周期为2，当时，，则________．

14．2023年国家公务员考试笔试于1月7-8日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为________．

15．在中，，且，若，则________．

四、双空题

16．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为________；若，则的最大值为________．

五、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A的大小；

(2)若D是BC上一点，且，求面积的最大值．

18．如图，在四边形中，，以为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且．

(1)证明：平面；

(2)若M为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．

19．已知正项等比数列的前n项和为，且满足，数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

20．中华传统文化的主要内容，从学术流派的角度，主要包括儒家、道家、佛家、诸子百家；从文化载体的角度，主要包括经、史、子、集；从日常生活的角度，主要包括传统民俗文化．为了弘扬中华传统文化，某市初中课后服务开设了中华传统文化专题兴趣小组，该市每学期均组织举办中华传统文化知识竞赛．竞赛规则是：该市属初中均组队参加，每队6人，平均分为3组参加“学术流派”、“文化载体”、“民俗文化”3类专项赛，专项赛的比赛赛制为：每所学校的两人为一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知红心初级中学的张华与刘中两名同学一组，张华与刘中每道题答对的概率分别是和，且每道题答对与否互不影响．

(1)若，记张华在一轮竞赛中答对题的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望；

(2)若，且每轮比赛互不影响，若张华与刘中组想至少获得5个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上异于左、右顶点的动点，的最小值为2，且椭圆C的离心率为．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l过与椭圆C相交于A，B两点，A，B两点异于左、右顶点，直线过交椭圆C于M，N两点，，求四边形面积的最小值．

22．已知函数．

(1)若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】根据得可得答案.

【详解】因为，所以，所以.

故选：B．

2．A

【分析】根据复数的定义和共轭以及模的求法即可求解.

【详解】由题意设，

由，

得，

因为，

所以，

解得，

所以，

所以．

故选:A．

3．C

【分析】由圆的垂径定理得，利用勾股关系求得，结合圆的定义即可求出点P的轨迹方程.

【详解】因为中点为P，所以，又，所以，

所以点P在以C为圆心，4为半径的圆上，其轨迹方程为.

故选：C.

4．D

【分析】依题意可得，，利用两角和的正切公式计算可得.

【详解】由题设，“晷影长”分别是“表高”的倍和倍时，，，

所以.

故选：D．

5．C

【分析】求出圆台的高后，根据圆台的体积公式可求出结果.

【详解】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，则，

设圆台的高为h，上底面的又球的半径为，

则，

所以圆台的体积．

故选：C．

6．D

【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式以及全概率公式即可求解.

【详解】记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为，

则，

记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为，

而两两互斥，其和为，

所以，

记第二次抽到黄球的事件为B，

则，

故选:D．

7．B

【分析】根据离心率求出，得渐近线方程为，设直线的倾斜角为，则，求出，利用面积求出即可得解.

【详解】因为双曲线的离心率为，所以，得，

所以双曲线的渐近线方程为，

设直线的倾斜角为，则，

由对称性不妨令点A，B分别在第一、四象限，坐标原点为O，则，

于是得，

而双曲线的虚半轴长为b，即，

显然四边形为矩形，其面积，得，所以，

所以双曲线的方程为．

故选：B．

8．C

【分析】设直线与的切点为，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为，.两条切线重合，即可得出有唯一实根.构造，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案.

【详解】设直线与的切点为，

因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，

即该直线的方程为，即.

设直线与的切点为，

因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，

即该直线的方程为，即.

因为函数和有且只有一条公切线，

所以有，

即有唯一实根.

令，则.

解，可得.

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减.

所以在处取得最大值.

当时，，，函数图象如图所示，

因为，有唯一实根，所以只有.

故选：C

9．BD

【分析】根据图象，求出函数的周期，即可得出，判断A项；根据“五点法”，结合函数过点，即可得出的值；写出，代入即可检验C项；求出整体的范围，结合正弦函数的单调性，即可得出D项.

【详解】对于A项，由已知图象可得，所以，，故A项错误；

对于B项，由已知图象过点，由“五点法”可得，，

所以，.

因为，所以，故B项正确；

对于C项，由A、B可知，，

因为，所以点不是函数的对称中心，故C项错误；

对于D项，因为，所以.

又函数在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D项正确.

故选：BD．

10．BCD

【分析】根据异面直线夹角的几何求法三棱锥的体积公式，二面角的定义和外接球的表面积公式即可求解.

【详解】连接交于O点，连接，

因为四边形为菱形，且，

所以O为的中点，

因为F为的中点，

所以，且，

在直四棱柱中，，且，

∵E为的中点，

则，且，

∴，且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

所以为异面直线与所成的角或其补角，

由已知底面是边长为2的菱形，且，

可知．

故选项A错误；

由已知，

所以平面，

所以三棱锥的体积，故选项B正确；

由已知在直四棱柱中，

可得平面，

又，

所以，

所以为二面角的平面角，

，

故选项C正确；

由已知平面，

设三棱锥的外接球球心为，外接球半径为R，正三角形的外心为点，则平面，易得

因为，

所以，

所以，

所以三棱锥的外接球表面积，

故选项D正确，

故选:BCD．

11．ABD

【分析】构造函数，判断函数的的单调性，得到是最小的项，且当时，，即可判断A，B；令，利用导数可得在区间内单调递减，从而判断C；根据，利用，，，，可得，判断D.

【详解】令，由，得，

又，则当时，单调递增；

当时，单调递减，且，

∴当时，；当时，，

∵，，∴，

∴是最小的项，且当时，，所以A，B正确；

由B正确可知，当时，，

所以令，

则，

又，

所以在区间内单调递减，∴，

又因为当时，，所以，即，，所以C错误；

因为当时，且，在区间内单调递减，所以，

因为，，所以，

又因为，，所以，

所以，所以D正确.

故选：ABD．

【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用导数判断两个函数的单调性，利用单调性求解是解题关键.

12．ACD

【分析】根据直线和抛物线的位置关系结合韦达定理，结合向量判断A,B选项，根据基本不等式判断C选项，根据弦长公式结合抛物线焦半径性质判断D选项.

【详解】A选项，由题意得，准线方程为，设直线，与联立得，

设，故，则，

所以，解得，A正确；

B选项，由A选项可知，因为，所以，

代入得，即，

因为点A在第一象限，所以，解得，

故直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，解得，B错误；

C选项：抛物线的焦点F的坐标为．

因为，

所以，由，

得，即，当且仅当时，等号成立．

所以四边形周长的最大值为，故C正确；

D选项：由A选项，得，则，同理得，

，所以，当且仅当时，等号成立，

此时，故D正确，

故选：ACD．

13．1

【分析】利用函数周期性、奇偶性可得答案.

【详解】由题设是周期为2的偶函数，所以．

故答案为：1.

14．

【分析】根据正态分布的概率公式和二项分布的概率公式即可求解.

【详解】因考生成绩服从正态分布，

所以，

故任意选取3名考生，

至少有2名考生的成绩高于90的概率为．

故答案为：.

15．或

【分析】根据平面向量的基本定理和向量的数量积定义以及运算律即可求解.

【详解】因为，

所以，

又，在中，，则

所以，

即，

所以或．

故答案为：或.

16．         

【分析】由有两个极值点，得有两个变号零点，构造函数，利用导数研究函数的性质，得函数的草图，利用草图列式可求出的取值范围；设，将化为，再构造函数，利用导数可求出其最大值.

【详解】的定义域为，，

由已知得是的两个变号零点，

令，则，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

当时，，，，

当时，，，，

如图：

由图可知，只需即可，所以，

即实数a的取值范围是；

若，又，则令，

由已知，则，

则，则，，

所以，

令，则，

令，则，

所以函数在上递增，又因为，

所以当时，，即，

所以函数在上递增，所以，

所以的最大值为．

【点睛】方法点睛：一般地，若时，涉及到双变量的不等式的证明，函数的最值问题可以使用比值换元，令，将问题转化为关于的函数，利用导数进行求解.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合辅助角公式求解作答.

（2）在与中利用余弦定理求出b，c的关系等式，再借助均值不等式求解作答.

【详解】（1）在中，由及正弦定理得，

因为，则有，即，

由，得，

所以.

（2）依题意，，

在与中，分别由余弦定理得，

，又，

于是，则有，

整理得，即，当且仅当时取等号，

所以面积的最大值为．

18．(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）先推出，，据此推出平面，，再根据线面垂直的判定推出平面；

（2）以O为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量公式可求出结果.

【详解】（1）因为，又，

所以，所以，

由，可知，

因为平面，所以平面，

因为平面，所以，

又平面，

所以平面；

（2）取的中点O，连接，

由（1）知，平面，为的中位线，，所以平面，又平面，所以，即两两垂直，

如图，以O为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

则，

所以，

设平面的一个法向量为，

则由

令，得，，得，

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

19．(1)，；

(2)．

【分析】（1）根据等比数列定义和数列的作差求通项，以及累乘法即可求解；

（2）根据等比数列的求和和分组求和即可求解.

【详解】（1）设数列的公比为q，由已知得，

因为，所以，得，

又．所以，

所以，

对于数列，因为  ①

当时，，则，

当时，  ②，

由①②得，即，

又，也适合上式，故，

当时，又，

所以；

（2）由（1）可得：，

则，

则数列的前项和为：

，

所以：

．

20．(1)分布列见解析，2

(2)15轮

【分析】（1）根据题意分析可知，根据二项分布的概率公式求出概率可得分布列，根据二项分布的期望公式可求出数学期望；

（2）根据二项分布的概率公式求出张华与刘中组获得一个积分的概率，设张华与刘中两同学在n轮比赛中获得的积分数为，则，

【详解】（1）由题设随机变量X的可能取值为0，1，2，3，且，

所以，

.

随机变量X的分布列为：

；

（2）设刘中在一轮竞赛中答对题的个数为随机变量，

由题意得，，

则张华与刘中组获得一个积分的概率为

，

因为，且，所以，

所以，当且仅当时等号成立，即，

令，则，所以，

则，

当时，，在上单调递增，

则当时，，即，

设张华与刘中两同学在n轮比赛中获得一个积分的次数为，则n轮比赛中获得的积分数为，则，, ，

在理论上张华与刘中组在n轮比赛中获得的积分数为，

所以由，得，因为n为正整数，所以n至少为15.

所以若张华与刘中同学这一组想至少获得5个积分，那么理论上至少要进行15轮竞赛．

21．(1)

(2)．

【分析】（1）设，由的最小值求得的关系式，根据离心率列方程组，求得，从而求得椭圆的标准方程.

（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，求得四边形面积的表达式，利用基本不等式求得其最小值.

【详解】（1）设．由对称性，不妨设，

则，所以．

因为，

所以，

所以当时，取得最小值，所以．

由，解得，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）由题设直线l斜率存在，设，

由得，∴，

所以

，

因为，所以，则，

所以四边形面积：

，

，

当且仅当时取等号，即时，，

当直线l的斜率不存在时，，四边形的面积为，

又由，所以四边形面积的最小值为．

22．(1)

(2)．

【分析】（1）由题设可得，令，转化为直线与函数的图象在上有两个交点，再利用导数判断单调性结合图象可得答案；

（2）转化为在时恒成立，当时，，只需证明对任意的恒成立，令，致力于导数判断的单调性可得答案.

【详解】（1）由已知，令，又，得．

由题设可得，令，其中，

则直线与函数的图象在上有两个交点，

因为，当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减．

所以函数的极大值为，且，

当时，直线与函数在上的图象有两个交点，

所以函数在上有且仅有2个零点，

故实数a的取值范围是；

（2）当时，由已知函数的定义域为，

又恒成立，即在时恒成立，

当时，恒成立，即，又，则，

下面证明：当时，在时恒成立.

由（1）得当时，，

要证明，只需证明对任意的恒成立，

令，则，

由，得，

①当，即时在上恒成立，则在上单调递增，

于是；

②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

于是，

令，则，则在上单调递增．

于是，所以恒成立，

所以时，不等式恒成立，因此a的取值范围是．

【点睛】利用导数研究含参函数零点问题主要有两中方法：

（1）利用导数研究函数的最（极）值，转化为函数图象与轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想，其本质就是在含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；

（2）分离参变量，即由分离参变量，得，研究与图象交点问题.