2023届湖南省名校高三下学期5月适应性测试数学试题含解析

2023届湖南省名校高三下学期5月适应性测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合的交运算即可化简求解.

【详解】由题意可知，则.

故选：B

2．设，则（    ）

A． B． C．1 D．0

【答案】A

【分析】先把化简为的形式，求出，再相减即可.

【详解】由题意可得，则，

所以.

故选：A

3．函数的最小正周期和最小值分别是（    ）

A．和 B．和 C．和 D．和

【答案】C

【分析】先把三角函数化简为（）形式，最小正周期，再根据三角函数有界性求最小值即可.

【详解】，则的最小正周期，

当，即时，取到最小值为.

故选：C.

【点睛】本题考查三角函数，考查数学运算的核心素养.

4．已知抛物线的焦点为，准线与坐标轴交于点是抛物线上一点，若，则的面积为（    ）

A．4 B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据抛物线的定义和标准方程即可求解.

【详解】由，

得，

则，

根据抛物线的定义知2，

解得，

代入，

得，

所以的面积为.

故选：D.

5．已知函数在处取得极大值4，则（    ）

A．8 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】先求函数的导数，把极值点代入导数则可等于0，再把极值点代入原函数则可得到极值，解方程组即可得到，从而算出的值.

【详解】因为，所以，

所以，解得，

经检验，符合题意，所以.

故选：B

6．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲､乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳､射击､体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

【答案】C

【分析】本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可.

【详解】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有种，

②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有种，

所以不同的安排方法有种.

故选：C

7．如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由数量积的几何意义，先求在上的投影的取值范围，再乘以，则可得到的取值范围.

【详解】如图，延长，过点做交的延长线于点.

因为，，,所以.

由图可知当在点处时，在上的投影有最大值1，

当在点处时，在上的投影有最小值，

又因为，所以的取值范围是.

故选：D

8．已知一个圆锥的内切球的体积为，则该圆锥体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，做出其轴截面的图形，结合相似以及基本不等式即可得到结果.

【详解】

圆锥与其内切球的轴截面图如图所示，点为球心，为切点，设内切球的半径为，

圆锥的底面圆的半径为，高为，所以，则，

易知，所以，则，即，

圆锥的体积，当且仅当时，等号成立.

故选:A

二、多选题

9．某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：

下列说法正确的是（    ）

A．产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍

B．产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍

C．产品升级后，产品C的营收减少

D．产品升级后，产品B､D营收的总和占总营收的比例不变

【答案】ABD

【分析】根据扇形统计图由产品升级前的营收为，升级后的营收为，结合图中数据即可结合选项逐一求解.

【详解】设产品升级前的营收为，升级后的营收为.

对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确.

对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的2倍，B正确，

对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收增加，C错误.

产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变，D正确.

故选：ABD

10．已知圆与圆，下列说法正确的是（    ）

A．与的公切线恰有4条

B．与相交弦的方程为

C．与相交弦的弦长为

D．若分别是圆上的动点，则

【答案】BD

【分析】由根据两圆之间的位置关系确定公切线个数；如果两圆相交，进行两圆方程的做差可以得到相交弦的直线方程；通过垂径定理可以求弦长；两圆上的点的最长距离为圆心距和两半径之和，逐项分析判断即可.

【详解】由已知得圆的圆心，半径，

圆的圆心，半径，

，

故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误；

做差可得与相交弦的方程为

到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，故C错误；

若分别是圆上的动点，则，故D正确.

故选：BD

11．如图，在棱长为1的正方体中，分别为和的中点，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则下列结论正确的是（    ）

A．的最小值为

B．三棱锥的体积为定值

C．有且仅有一个点，使得平面

D．的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据线面垂直计算可以判断A选项，由线面平行可以判断B选项，根据线线平行得到线面平行应用反证法得出唯一性可以得到C选项，展开图可以得出最小值判断D选项.

【详解】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为的最小值为到的距离，

，故的最小值为，故错误；

因为分别为和的中点，所以，的轨迹为,到平面的距离为定值

所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

当且仅当为的中点时，

平面，若存在两个点M,平面,平面,

,平面,平面,平面平面,得出矛盾，故C正确；

将平面翻折到与平面重合，

，

所以，

所以，所以的最小值为，故D正确.

故选：:BCD.

12．下列不等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】构造函数根据函数单调性比较大小关系分别判断各个选项.

【详解】令，则，令且，则.

所以单调递增，故，仅当时等号成立，即，

所以，故错误.

从而，所以，

综上，.

令，则，

令，则，当时，单调递减，

所以，从而可得，

所以在上单调递减，

所以，化简可得，故C正确.

因为时，故，即，

所以时，.

令，则，即，令，故B正确，D错误.

故选:BC.

三、填空题

13．如图，三个相同的正方形相接（在同一平面中），则______.

【答案】/

【分析】根据两角差的正切公式直接计算即可.

【详解】在中，，在中，，

所以

故答案为：

14．已知函数.若.则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.

【详解】因为函数定义域为，，，

所以是奇函数且在上单调递增，

由0，可得，则，解得，

即的取值范围是.

故答案为：.

四、双空题

15．已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于点（不重合），的垂直平分线过点，则中点的坐标为__________，双曲线的离心率为_________

【答案】     /    

【分析】第一空由垂直平分线与垂直且过点可得垂直平分线方程，联立直线与垂直平分线方程，解得交点即为的中点；第二问设的坐标，分别代入渐近线方程，作差化简即可得到，代入离心率公式即可得到答案.

【详解】如图，

由题可知的垂直平分线的方程为，

将与

联立可得即的中点坐标为.

设，

则

两式作差可得，

即，

因为，，

所以，则双曲线的离心率为.

故答案为：，

五、填空题

16．为激发大家学习数学的兴趣，在一次数学活动课上.老师设计了有序实数组表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则.定义.若，则中有______个1.

【答案】

【分析】根据给定有序实数组定义，写出，探究所具有的规律，再利用数列知识求解即可.

【详解】因为，依题意，，

显然，中有2项，其中1项为项为，

中有4项，其中1项为项为1，2项为，

中有8项，其中3项为项为1，2项为0，

由此可得总共有项，其中1和-1的项数相同.

设中有项为，项为0，所以，从而，

因为表示把中每个-1都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，

所得到的新的有序实数组，则，

所以，,

可得，即，

则，所以，

解得，所以中有个1.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，解题时要通过阅读，理解所给出的新定义，并将其应用在解题中.

六、解答题

17．记为数列的前项和，已知是公差为2的等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据等差数列的通项公式计算求解可得；

（2）应用错位相减法计算即可.

【详解】（1）因为，所以，

因为是公差为2的等差数列，所以，

所以.

（2），①

所以，②

① -②则，

所以.

18．在中，角所对的边分别为的面积为.

(1)求的大小.

(2)点满足.若，求.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由三角形的面积公式、正弦定理得边化角和两角和与差的正弦公式化简已知式，即可得出答案；

（2）由余弦定理可得，由平面向量的减法公式可得，对其两边同时平方有，解方程即可求出答案.

【详解】（1）因为的面积为，所以，

因为，所以，

则，

由正弦定理得，

所以，

展开得，

即，

因为，所以，即.

又因为，所以.

（2）由余弦定理知，，则.①

由题可知，，

所以，即,

又，所以，故，

又，所以，则，②

由①②得，

化简得，解得.③

将③代入①，解得.

19．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对A充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得=30.

(1)已知可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，求其经验回归方程；

(2)若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”.记2分，所获利润y与投资金额x的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润y与投资金额x的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望.

附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据已知数据，利用最小二乘法，求出回归系数，可得线性回归方程；

（2）利用概率公式求出随机向量X的概率，可得随机变量X的分布列，代入期望公式计算即可.

【详解】（1）根据获得的利润统计数据，

可得，，，

所以，

所以，

所以关于的经验回归方程为.

（2）由题意，，，，，，，

所以“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个.

随机变量的可能取值为，

，，，

，，

所以的分布列为

数学期望.

20．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图，在羡除ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，

(1)证明：平面ADE⊥平面.

(2)求平面ABFE与平面BFC夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，从而得到面面垂直；

（2）根据题意，以为坐标原点，分别以的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】（1）证明：分别取和的中点，连接，则，

在梯形中，，分别作垂直于，垂足分别为，

易知，故.

又，所以，

因为平面FBC，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（2）以为坐标原点，分别以的方向为，

轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，

从而.

设平面的法向量为，

则，令，得.

设平面的法向量为，

则，令，得.

设平面与平面的夹角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

21．已知椭圆的右焦点为，且是椭圆上一点.

(1)求椭圆的方程；

(2)若过的直线（与轴不重合）与椭圆相交于两点，过的直线与轴交于点，与直线交于点（与不重合），记的面积分别为，若，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的定义求出，再根据之间的关系求出，即可得解；

（2）设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，根据直线与轴平行，可得，再根据化简即可得解.

【详解】（1）由已知可得为的左焦点，

所以，即，

所以，

故椭圆的方程为；

（2）设直线的方程为，，

则由得，

显然，

于是，

由直线与轴平行，

可得，所以，

所以

，

解得，即，所以直线的方程为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数.

(1)若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；

(2)已知，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导利用导数值求解斜率，结合垂直关系即可求解.

（2）构造函数，，求导确定单调性，结合零点存在性定理即可求解.

【详解】（1）解：，

因为切线与直线垂直，所以，即，

又，所以直线的方程为.

（2）证明：，

设，则，即在上是增函数，

因为，所以，

所以存在，使得，

当时，，则，即在上单调递减，

当时，，则，即在上单调递增，

故是函数的极小值点，也是最小值点，

则.

又因为，所以，

要证，只需证，

即证.

设，则在上单调递减，

因为，所以，则，

故.

故当时，.

【点睛】思路点睛：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.