湖北省部分名校2023届高考适应性考试数学试题（含解析）

这是一份湖北省部分名校2023届高考适应性考试数学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖北省部分名校2023届高考适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1，2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于（    ）
A．1 B．3 C．5 D．7
2．已知等差数列的前项和为，，，则（    ）
A．63 B．92 C．117 D．145
3．已知点，与直线，且直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（    ）
A．或 B．或 C． D．
4．设是实系数一元二次方程的两个根，若是虚数，是实数，则（    ）
A． B． C． D．
5．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从阳，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是，其中a，b，c是的内角A，B，C的对边，若，且，则面积S的最大值为（    ）
A． B． C． D．
6．函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（    ）
A．－32 B．32 C．16 D．8
7．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线C:y2=2px()的焦点为F，直线x=3与抛物线C交于A，B两点，｜AF|=4，圆E为的外接圆，直线OM与圆E切于点M，点N在圆E上，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．若实数a，b，，且满足，，，则a，b，c的大小关系是（    ）
A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．b>c>a

二、多选题
9．已知正实数，满足，下列说法正确的是（    ）
A．的最大值为2 B．的最小值为4
C．的最小值为 D．的最小值为
10．若函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则下列关于函数的说法中，错误的是（    ）
A．数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数的单调递增区间为
D．函数是偶函数
11．如图，有一列曲线，，，，，且是边长为6的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边长为，周长为，则下列说法正确的是（    ）

A． B．
C．在中 D．在中
12．已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（    ）
A． B．椭圆的离心率是
C．的最小值为 D．的值为

三、填空题
13．对于n∈N*，将n表示为n=a0×2k+a1×2k﹣1+a2×2k﹣2+…+ak﹣1×21+ak×20，i=0时，ai=1，当1≤i≤k时，ai为0或1，记I（n）为上述表示中ai为0的个数；例如4=1×22+0×21+0×20，11=1×23+0×22+1×21+1×20，故I（4）=2，I（11）=1；则2I（1）+2I（2）+…+2I（254）+2I（255）=_____．

四、双空题
14．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子，古称“角黍”“裹蒸”“包米”“简粽”等，早在春秋时期就已出现，到了晋代成为了端午节庆食物．将宽为1的矩形纸片沿虚线折起来，可以得到粽子形状的六面体，则该六面体的体积为__________；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是__________．


五、填空题
15．若双曲线上存在一点满足以为边长的正三角形的内切圆的面积等于（其中为坐标原点，为双曲线的半焦距），则双曲线的离心率的取值范围是__________．
16．在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.

六、解答题
17．在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.
（1）求角A；
（2）若，，求的面积.
18．已知如图，在多面体中，，，为的中点，，，平面．

(1)证明：四边形为矩形；
(2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
19．设是公差不为零的等差数列，满足，，设正项数列的前n项和为，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)在和之间插入1个数，使、、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、、、成等差数列；…，在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，求；
(3)对于（2）中求得的，是否存在正整数m、n，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
20．已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的右顶点为，若点在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，求面积的最大值.
21．某区域中的物种拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立.
(1)求的分布列；
(2)记随机变量.已知，；
（ⅰ）证明：，；
（ⅱ）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.
22．已知函数(e为自然对数的底数)有两个零点．
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若的两个零点分别为，证明：．

参考答案：
1．B
【分析】根据题意可得或，进而讨论a的范围，确定出，最后得到答案.
【详解】因为，，所以或，
由，得，
关于x的方程，
当时，即时，易知，符合题意；
当时，即或时，易知0， -a不是方程的根，故，不符合题意；
当时，即时，方程 无实根，
若a=0，则B={0}，，符合题意，
若或，则，不符合题意.
所以，故.
故选：B.
【点睛】对于新定义的问题，一定要读懂题意，一般理解起来不难，它一般和平常所学知识和方法有很大关联；另外当时，容易遗漏a=0时的情况，注意仔细分析题目.
2．B
【分析】利用等差数列的通项公式及求和公式列方程组求出首项和公差，然后再求即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由已知得，
解得，
.
故选：B.
3．A
【解析】直线经过定点，求得、的斜率，再数形结合可得直线的斜率的取值范围.
【详解】解：已知点，与直线，且直线与线段相交，
直线，即直线，它经过定点，
的斜率为，的斜率为，
则直线的斜率的取值范围为或，

故选：.
【点睛】本题主要考查直线的斜率，考查数形结合思想，属于基础题.
4．C
【分析】是实系数一元二次方程的两个根，是共轭虚数,是实数,结合共轭复数的运算性质,可得是1的立方虚根,再由1的立方虚根的特性,可得答案.
【详解】是实系数一元二次方程的两个虚数根,
,是实数,

,

,即或，而

.
故选:C
【点睛】本题考查实系数一元二次方程虚数根的关系,以及共轭复数的运算关系.对特殊复数的性质
的灵活应用是解题的关键,属于难题.
5．B
【分析】根据正弦定理和余弦定理得到，代入面积公式并根据基本不等式可求出结果.
【详解】由得，得，
所以

，当且仅当，时，等号成立.
故选：B
6．D
【分析】由已知可分析出函数是偶函数,则其零点必然关于原点对称,故在上所有的零点的和为0,则函数在上所有的零点的和,即函数在上所有的零点之和,求出上所有零点,可得答案.
【详解】函数是定义在R上的奇函数,
.
又函数,

函数是偶函数,
函数的零点都是以相反数的形式成对出现的.
函数在上所有的零点的和为,
函数在上所有的零点的和,即函数在上所有的零点之和.
即方程在上的所有实数解之和.
由时,,故有
函数在上的值域为,当且仅当时,.
又当时,,如图：

函数在上的值域为；
函数在上的值域为；
函数在上的值域为,当且仅当时,,
即方程在上的又一个实数解.即有一个零点；
函数在上的值域为,当且仅当时,,
故在上恒成立,在上无零点,
同理在上无零点,
依此类推,函数在无零点.
综上函数在上的所有零点之和为8,

故选：D.
【点睛】分段函数的零点方法点睛：
可以分段考查函数的零点情况，利用直观想象，借助数形结合，通过图象的变化规律来分析与处理，合理归纳.
7．B
【分析】由已知及抛物线的定义，可求，进而得抛物线的方程，可求，，的坐标，直线的方程，可得圆的半径，求得圆心，设的坐标，求得的坐标，结合向量数量积的坐标表示，以及辅助角公式和正弦函数的值域，可得所求范围．
【详解】解：由题意，设，所以，解得，
所以抛物线的方程为，，，，
所以直线的方程为，

设圆心坐标为，，所以，解得，即，
圆的方程为，
不妨设，设直线的方程为，则，
根据，解得，
由，解得，
设，所以，
因为，
所以．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：首先求出圆的方程为，然后利用直线OM与圆E切于点M，求出M点的坐标，引入圆的参数方程表示N点坐标，再根据向量数量积的坐标表示及辅助角公式，可得所求范围．.
8．B
【分析】注意到，，.通过构造函数可比较与c的大小.后构造可比较大小，即可得大小.
【详解】由，，，
得，，，令，则，
当时，，当时，，所以在上是增函数，
在上是减函数，于是，即，
又b，，所以；
，
因为，所以，，，
因此，于是，又a，，所以；
令，则，所以在上是增函数，，，即，，，
于是，又a，，所以；
综上.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题考查构造函数比较代数式大小，难度较大.
对于不好估值的代数式，常通过观察构造适当的函数，利用函数单调性得到大小关系.
9．BCD
【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A,因为，
即，解得，
又因为正实数，，所以，
则有，当且仅当时取得等号，故A错误；
对于B，，
即，解得（舍），
当且仅当时取得等号，故B正确；
对于C,由题可得所以，解得，
，
当且仅当即时取得等号，故C正确；
对于D,
，
当且仅当时取得等号，故D正确，
故选:BCD.
10．ABC
【分析】先根据函数平移变换得到的解析式，再代入检验对称轴和对称中心，验证AB选项，整体法求解函数递增区间，判断C选项，化简得到，为偶函数.
【详解】由题意得：，
将代入得：
故A错误；
将代入得：，B错误；
令，解得：，
故）的单调递增区间不是，C错误；
，为偶函数，D选项正确.
故选：ABC
11．ACD
【分析】根据给定条件，利用观察归纳法、结合等比数列知识计算判断AB；根据点的位置，结合向量数量积运算律计算判断CD作答.
【详解】依题意,将曲线的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，
曲线的边长为，数列是首项为6，公比为的等比数列，，A正确；
封闭曲线的周长为，则数列是首项为，公比为的等比数列，
于是，则，B错误；
如图，，，由对称性可得，有，

则，于是，
又，，，，
，
则，C正确；
显然点在线段上，，，，
则
，D正确.
故选：ACD
12．ACD
【分析】对于A，利用椭圆与抛物线的对称性得到，从而将代入抛物线方程得到，进而得以判断；对于B，将代入椭圆的方程得到，由此得以判断；对于C，利用椭圆的定义与基本不等式“1”的妙用即可判断；对于D，利用三角形内心的性质与三角形角平分线的性质，结合比例的性质即可判断.
【详解】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，

因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，

因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用椭圆与抛物线的对称性，可设的坐标，再由菱形的性质与中点坐标公式推得，从而求得的值，由此得解.
13．3280
【详解】试题分析：将n分为128≤n≤255，64≤n≤127，32≤n≤63，…n=1等7种情况，有组合数的性质，分析其中I（n）的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案，
解：255=1×27+1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20，
设128≤n≤255，且n为整数；
则n=1×27+a1×26+a2×25+a3×24+a4×23+a5×22+a6×21+a7×20，
a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中7个数都为0或1，
其中没有一个为1时，有C70种情况，即有C70个I（n）=7；
其中有一个为1时，有C71种情况，即有C71个I（n）=6；
其中有2个为1时，有C72种情况，即有C72个I（n）=5；
…
综上可得： 2I（n）=C7027+C71×26+C72×25+C73×24+C74×23+C73×22+C76×2+1=（2+1）7=37，
同理可得：2I（n）=36，
…
2I（n）=31，
2I（1）=1；
则2I（1）+2I（2）+…+2I（254）+2I（255）=1+3+32+…+37==3280；
故答案为3280；
考点：归纳推理．
14．
【分析】该六面体是由两个全等的四面体组合而成，四面体的棱两两垂直，棱长为1，求出外接球半径即可求出体积，当外接球与面相切时，其体积最大，求出半径即可.
【详解】由题意可得该六面体是由两个全等的四面体组合而成，
四面体的两两垂直的棱长为1，
如图，该六面体的体积为，
当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，
球心为O，且该球与SD相切，其中D为BC的中点，
过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，
，故，
因为，所以球的半径，
所以该球的表面积为，
故答案为：．

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是求出内切求的半径，解决半径，就要分析出相切的状态.
15．
【分析】根据等边三角形的性质可得内切圆的面积为，根据双曲线的性质结合条件可得，即得.
【详解】由题意以为边长的正三角形内切圆的半径为
，
所以内切圆的面积为，
又为双曲线上一点，从而，
所以，
又以为边长的正三角形的内切圆的面积等于，
所以，
得，即，
所以双曲线的离心率的取值范围是.
故答案为：.
16．
【分析】由递推公式得是等差数列，得的通项公式，由不等式得，用裂项相消法求的前120项和.
【详解】因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，又因为，所以，
所以，
因为，，
整数m满足，所以，
的前120项和为
.
故答案为：.
【点睛】注意该题由递推公式先整体考虑，得的通项公式；的化简先通过有理化去掉分母的一个因式后再裂项.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可得A的值.
（2）由已知利用余弦定理可得，解方程可得c的值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解.
【详解】由及正弦定理可知：，
所以，
所以，即，
又，
所以.
由余弦定理，得，
所以，
所以舍去，
从而.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依题意可得且，从而得到四边形为平行四边形，由线面垂直的性质得到，从而得到，即可得到平面，从而得到，即可得证；
（2）由（1）可得利用基本不等式求出三棱锥体积最大值，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】（1）解：因为，，为的中点，
所以，且，
又因为，所以，因为，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，平面，所以，所以，
因为，平面，所以平面， 平面，
所以，所以四边形为矩形．
（2）解：由（1）可知，平面，平面，平面，所以，，
所以三棱锥的体积
，
当且仅当时等号成立，此时，
据（1），以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示．

由已知可得下列点的坐标：，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，
所以平面的一个法向量为，     
因为是平面的法向量，
设平面与平面夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)；
(2)
(3)存在，所有的正整数对为及.

【分析】（1）设数列的公差，利用等差数列的通项公式基本量计算求出d＝1，从而，再由，推导出是首项为，公比为的等比数列，由此求出通项公式；
（2）由题意推导出公差，从而，利用公式得到，故，由此利用错位相减法能求出；
（3）由及第（2）问得到，求出当，n＝2，n＝3时的值，再利用导函数证明当时，有，即证，由此能求出所有的正整数对．
【详解】（1）设等差数列的公差为d，（d≠0），
则由，得，
因为，所以，
所以；
由，①
当时，，②
①﹣②，得，
∴，
又当时，，解得：，
∴是首项为，公比为的等比数列，
∴．
（2）在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，设公差为，
∴，
则，
∴，
∴，①
则，②
①﹣②得，
∴．
（3）假设存在正整数m，n，使成立，
．
，
当时，不合题意，
当n＝2时，，
当n＝3时，，
下证，当时，有，即证，
设，，则，
∴在上单调递增，
故时，，
∴，
∴时，m不是整数，
∴所有的正整数对为及.
【点睛】本题第二问和第三问有难度，第二问需要先理解题意，转化为等差数列通项公式和求和公式，结合错位相减法进行求解，而第三问则是数列与函数的综合，需要利用导函数来证明当时，有，即证，属于综合题，难度大．
20．(1)
(2)

【分析】（1）根据椭圆过的点和右焦点，列方程组求出，则椭圆方程可求；
（2）设，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理计算，可得的关系，利用的关系表示出，利用二次函数的性质求出最值.
【详解】（1）依题可得解得
所以椭圆的方程为；
（2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，即，
而，即，
化简可得，
，

化简得，
所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点，
所以直线经过定点.
所以直线的方程为，易知，
设定点


，
因为，且，
所以，所以，
设，
所以，
当且仅当，即时取等号，即面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：
过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
21．(1)分布列见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），

【分析】（1）根据条件，判断服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果；
（2）（ⅰ）直接利用均值和方差的性质即可证明结果；
（ⅱ）先利用第（ⅰ）中的结论，求出，，再结合条件建立方程组，从而求出结果.
【详解】（1）依题意，均服从完全相同的超几何分布，故的分布列为.
（2）（ⅰ）由题可知
，
，
故，
（ⅱ）由（ⅰ）可知的均值

先计算的方差





所以
依题意有

解得，．
所以可以估计，．
【点睛】本题的关键在于利用超几何分布的分布列、均值和期望.
22．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.
（2）由化简得到，利用换元法，将要证转化为证明，结合导数证得结论成立.
【详解】（1）当时，，．
又，所以切点坐标为，切线的斜率为，
所以切线的方程为，即．
（2）由已知得有两个不等的正实根，
所以方程有两个不等的正实根，
即有两个不等的正实根，①.
要证，只需证，
即证，-
令，，所以只需证．
由①得，，
所以，，
消去得，
只需证．
设，令，则，所以只需证．
令，，则，
所以，即当时，成立．
所以，即，即．
【点睛】证明不等式恒成立问题，可利用构造函数法，结合导数求最值来进行求解.