湖北省天门市2023届高三数学5月适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份湖北省天门市2023届高三数学5月适应性考试试题（Word版附解析），共28页。

2023年普通高等学校招生全国统一考试（适应性考试）
数学
本试卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：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．
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，得出，利用交集即可求解结果.
【详解】由可得，
，
则.
故选：A
2. 已知，i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简得到复数z，再利用复数的共轭复数求解.
【详解】解：因为，
所以，，
故选：B
3. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，在根据向量在向量上的投影向量为计算可得.
【详解】因为，且，所以，即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：C
4. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）．
故选：A．
5. 中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（ ）

A.
B.
C.
D.

【答案】A
【解析】
【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.
【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，
由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，
解得：.
故选：A.
6. 已知，，，则p，q，r的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指、对数函数的性质，结合基本不等式分析运算.
【详解】由题意可得：，
因为，即，
所以，即，
又因为，
所以.
故选：D.
7. 函数（，）的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到，再由图象近似看成平行四边形求解.
【详解】解：由函数（，）的图象知：
，则，
由图象近似看成平行四边形，则，
解得，
故选：B
8. 对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，，利用导数研究函数的单调性，可将原不等式转化为时，，当时，.利用导数研究函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，知，令，，则，
所以在上单调递增，易知，
所以当时，；当时，.
令，
则对任意的，不等式恒成立，
等价于当时，，当时，.
当时，，则函数在上单调递增，
所以是的零点，即，
即，即.
构造函数，则，函数在上单调递增，
由，得，所以，即.
令，则，函数在上单调递增，
易知，故.
故选：A.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 2022年6月，某学校为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”下水试航，增强学生的国防意识，组织了一次“逐梦深蓝，山河荣耀”国防知识竞赛，对100名学生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，为进一步了解学生的答题情况，通过分层抽样，从成绩在区间内的学生中抽取6人，再从这6人中先后抽取2人的成绩作分析，下列结论正确的是（ ）

A. 频率分布直方图中的
B. 估计100名学生成绩的中位数是85
C. 估计100名学生成绩的80%分位数是95
D. 从6人中先后抽取2人作分析时，若先抽取的学生成绩位于，则后抽取的学生成绩在的概率是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据频率之和为1可判断A,根据中位数为面积在0.5的位置可判断B,根据百位数的计算可判断C，根据条件概率的计算公式可判断D.
【详解】对于A：根据学生的成绩都在50分到100分之间的频率和为1，可得，解得，故A正确；
对于B：全校学生成绩的中位数为，
故中位数位于之间，故中位数，故B错误，
对于C：全校学生成绩的样本数据的分位数约为分，故C正确．
对于D：在被抽取的学生中，成绩在区间，和的学生人数之比为，故抽取了2人，中抽取了4人，先抽取的学生成绩位于，则第二次抽取时，是在5个人中抽取，而此时学生成绩在的个数有4个，故概率为，故D不正确，
故选：AC
10. 已知，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 有最小值 B. 可以取到0
C. 有最大值 D. 有最小值2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据“1”的技巧及均值不等式判断A，由均值不等式可得判断B，由均值不等式等号成立的条件判断C，由重要不等式判断D.
【详解】因为，当且仅当，即时等号成立，故A正确；
因为时，，而，得出，时等号成立，故不成立，故B错误；
因为，当且仅当
，即时等号成立，而，故等号不成立，故C错误；
由知，，当且仅当时，即时等号成立，故D正确.
故选：AD
11. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，．随机取一个零件，记“零件为次品”， “零件为第台车床加工” ，，，下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个选项即可．
【详解】对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，
，
所以，故C正确；
对于D：由上可得，
又因为，故D错误，
故选：BC．
12. 在平面直角坐标系中，，B为坐标原点，点P在圆上，若对于，存在数列，，使得，则下列说法正确的是（ ）
A. 为公差为2的等差数列 B. 为公比为的等比数列
C. D. 前n项和
【答案】CD
【解析】
【分析】由圆的方程写出P的参数坐标，由两点距离公式判断，由等比中项性质判断为等比数列，即可依次求得的通项公式，即可逐个判断，其中由错位相减法求和.
【详解】对AB，由点P在圆上，则由参数方程得，
则，∴.
对于，存在数列，，使得，即①，②，
②①得，
令，则，则是以为首项，
公比为的等比数列.
则，AB错；
对C，，C对；
对D，，
，
两式相减得，
.
∴，D对.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．
13. 已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.
【详解】=，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，不合题意，
故项的系数为.
故答案为：3
14. 已知函数与，若曲线和恰有一个公切点，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】设出公切点，利用和在公切点处函数值和导函数值分别相等，得到的表达式，求出最大值即可.
【详解】，.
设公切点为，则，，
即.
因此，
其中，
因为，所以为第一象限的角；
不妨设，因为，所以，
当且仅当时，取到最小值，
所以的最小值是，且有唯一解.
故答案为：.
15. 已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，


故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
16. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则___________；若，则的值为___________.

【答案】 ①. ②. ##5.75
【解析】
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,

则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，求：
（1）A的大小；
（2）的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解作答.
（2）利用正弦定理边化角，结合已知及（1）的结论，再借助和角的正弦及三角函数的性质求解作答.
【小问1详解】
在锐角中，由正弦定理及，得，
而，于是，
又，则，而，解得，
所以A的大小是.
【小问2详解】
由正弦定理得，
，
因为为锐角三角形，有，则，从而，
，因此
所以.
18. 已知两个正项数列，满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式列方程求出 得通项公式；
（2）根据高斯函数先推出 得解析式，再运用错位相减法求解.
【小问1详解】
由，得，
由，得， ，因为是正项数列，，
；
【小问2详解】
，
则当时，，
所以，
两式相减得
，
即，
因为满足，
所以.
19. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为

（1）证明：；
（2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到平面，平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明平面PAB. 过M作交AP于点N，证明得到平面PBC，根据体积即可得出答案；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.
【小问1详解】
解法一：

如图1，取AB中点O，连接PO，CO.
因为，，所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，所以，所以.
又因为平面，平面ABCD，，
所以平面.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
解法二：
如图2，取AB中点O，连接PO，CO，

因为，，
所以，，，
又因为是菱形，，
所以，.
因为，所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，，
所以平面PAB.
所以，.
过M作交AP于点N，，所以.
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，所以.
因为，，
所以，
所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.
【小问2详解】
解法一：
由（1）知，，，.

如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
因为，设，则，
因为，，，，故存在实数a，b，使得，
所以，解得，
所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法二：
由（1）知，，，，
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
因为，设，则，
因为，所以，所以
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法三：
在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，
因为是菱形，所以.

如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.
所以，四边形是平行四边形，，.
所以，所以，
所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.
如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，

因为平面，所以平面，所以，
因为，，
在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，
在中，，，所以，
所以，
因为，，，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在中，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
20. 人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
【答案】（1）
（2）①；②方案二中取到红球的概率更大.
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；
（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.
【小问1详解】
设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，
（1）.
所以试验一次结果为红球的概率为.
【小问2详解】
①因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率为：
，
方案二中取到红球的概率为：
，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大.
21. 已知双曲线（，）过，，，四个点中的三个点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于，两点，且，求证：直线经过一个不在双曲线上的定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点的坐标为
【解析】
【分析】(1)根据双曲线的对称性可知，在双曲线上，而不可能在双曲线上，从而可知也在双曲线上，即可求双曲线的方程；(2)分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可用含有的式子表示、，再由得到含有的方程，把、代入化简即可求出的值，从而求出定点坐标.当直线的斜率不存在时，设的方程为，同理可求出定点坐标.
【小问1详解】
根据双曲线的对称性可知，关于轴对称，
所以，必同时在双曲线上，而不可能在双曲线上.
则双曲线还经过点，则，
将点代入，可得.
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
(ⅰ)当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，
联立，整理得，.
由得（*），
且，，
因为，所以，，
因为，所以，即，
所以，
即，
所以，
化简得，即，
所以或，且均满足（*），
当时，直线的方程为，
直线过定点，即点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，
直线过定点，符合题意.
(ⅱ)当直线的斜率不存在时，设的方程为，
由，解得，
依题意，因为，，
所以，即，
所以，即，
解得（舍）或，
所以直线的方程为，直线过点，
综上所述，直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为.
22 已知函数，函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）已知，，求证：；
（3）已知n为正整数，求证：.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）首先求导得，分和讨论即可；
（2）利用同构思想转化为证明，设 ，则；
（3）当时，，令，通过放缩得，利用累加法即可证明原不等式.
【小问1详解】
，
①当时，此时，则恒成立，
则的减区间为，
②当时，令，解得，
则的增区间为
令，解得，
则减区间为，
综上当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
欲证
需证，
即需证，令，
即需证，设，
由（1）知当时，的减区间为
所以故
【小问3详解】
由（2）知，当时，，
令，则

即
所以


......


以上各式相加得：


【点睛】关键点睛：第二问关键是将原不等式变形为，从而利用换元同构的思想证明，第三问的关键在于利用不等式，令，然后进行放缩得，最后累加即可证明.