2023届湖南省衡阳市第八中学高三高考适应性考试数学试题含解析

2023届湖南省衡阳市第八中学高三高考适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，

，

因此，.

故选：B.

2．设x，，则“”是”的（　　）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.

【详解】x，，若满足，则，即不成立；

若，即有，必有，从而得，即成立，

所以是成立的必要不充分条件.

故选：B

3．若数据、、、的平均数是，方差是，数据、、、的平均数是，标准差是，则下列结论正确的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】设数据、、、的平均数为，标准差为，利用方差公式和平均数公式可求得结果.

【详解】设数据、、、的平均数为，标准差为，

则，可得，

，可得，

由方差公式可得

，

，解得.

故选：A.

4．已知数列的通项公式为，若数列的前项和为，则（    ）

A．546 B．582 C．510 D．548

【答案】A

【分析】利用分组求和法求和.

【详解】由题意可得：

.

故选：A

5．如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（    ）

A．18 B．24 C．30 D．42

【答案】A

【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数.

【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为；

若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；

则不同的信号总数为.

故选：A．

6．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标，依题意、及两切点构成正方形且，只需圆心到直线的距离小于等于，即可得到不等式，求出的取值范围，即可判断.

【详解】由，得，则圆心，半径，

因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以、及两切点构成边长为的正方形，且对角线，

又在直线上，则圆心到直线的距离，解得或，

即，根据选项，满足条件的为B．

故选：B．

7．已知实数，满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，把方程化为，根据方程有解，利用，求得，进而求得的最大值.

【详解】令，则，

方程可化为，

整理得，则满足，

解得，所以，即，

所以的最大值为.

故选：B.

8．已知平面向量、、满足，，，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，以及的值，再利用平面向量的模长公式以及基本不等式可求得的最小值.

【详解】不失一般性，在平面直角坐标系中，设，，，

因为，，，

所以，，

当且仅当时，等号成立.

因此，的最小值为.

故选：C.

二、多选题

9．设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是（    ）

A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3

C．若，则|z1z2|＝|z1z3| D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2

【答案】BC

【分析】根据复数的模的定义，共轭复数的定义，复数的乘法判断各选项，错误的选项可以举反例．

【详解】A：由复数模的概念可知，不能得到，例如，，A错误；

B：由可得，因为，所以，即，B正确；

C：若，则，有，

又，则，故，故C正确；

D：取，，显然满足，但，D错误.

故选：BC．

10．已知函数，其图象相邻对称轴间的距离为，点是其中的一个对称中心，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数图象的一条对称轴方程是

C．函数在区间上单调递增

D．将函数图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到正弦函数的图象

【答案】ACD

【分析】根据相邻对称轴间的距离为，可得，可求，根据点是其中的一个对称中心及可求，从而可得的解析式，再逐项判断即可.

【详解】因为函数图象相邻对称轴间的距离为，则，即，所以正确；

因为，则，即，且点是对称中心，

当时，，即，

又，所以，即.

令,解得，

所以函数的对称轴为，所以错误；

令,解得，

函数的单调增区间为：，所以C正确；

函数图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，得到的图象，

再把得到的图象向左平移个单位长度，得函数，所以正确.

故选:ACD.

11．“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（    ）

A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形

B．图2中阴影部分的面积为

C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为

D．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为

【答案】BCD

【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.

【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，

故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；

根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；

由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，

那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，

使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；

由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；

而正四棱锥体的体积为．

所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，

从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确

故选：BCD．

12．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（    ）

A．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点

B．若为上的动点，则的最小值为5

C．直线与抛物线相交所得弦长为8

D．抛物线与圆交于两点，则

【答案】CD

【分析】利用直线与抛物线位置关系的知识判断选项A；利用抛物线的定义进行距离转化进而判断选项B；利用焦点弦公式计算并判断选项C；由抛物线方程设出点M坐标，利用M到圆心的距离等于半径求出M的坐标，就可以判断选项D.

【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，

从而抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，

而直线与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只有一个公共点，故A不正确；

抛物线的准线方程是，设T到准线的距离为，则；

过P作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以，所以的最小值为4，故B不正确；

抛物线的焦点为，直线过焦点，

不妨设直线与抛物线的两个交点分别是，，

则，又得，则，

所以，故C正确；

抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.

设(t>0)，则，解得，所以，故D正确；

故选：BD

三、填空题

13．已知，则的值为______.

【答案】

【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.

【详解】由可得，

故答案为：

14．在的展开式中，二次项系数是___________.（用数字作答）

【答案】

【分析】由二项展开式的通项可知，当时，可得二次项系数为.

【详解】，

即二次项系数是.

故答案为：.

15．已知双曲线的左､右焦点分别为，圆，过点作圆的切线交双曲线的右支于点，点为的中点，且，则双曲线的离心率是___________.

【答案】

【分析】作出图象，由，求得，得到，根据双曲线的定义，得到，结合及离心率的定义，转化为，即可求解.

【详解】因为点为的中点，且，可得，

设直线与圆相切于点，则且，

如图所示，，可得，且，

所以，所以，所以，

由双曲线的定义，可得，即，

所以，可得，整理得，

即，解得或（舍去），

所以双曲线的离心率为.

故答案为：.

16．明年是我校建校120周年，也是同学们在南开的最后一年，欧阳南德与上官索爱同学想以数学的浪漫纪念这特殊的一年，他们以三次函数及其三条切线为蓝本设计了一枚“NK章”，并把它放入一个盒子，埋藏于南开园的某角落，并为这“时间胶囊”设置了一个密码，他们把密码隐藏于刻在盒子上的一道“数学谜语”中：

【答案】31

【分析】求导，根据导数的几何意义分析可得原题意等价于与有三个不同的交点，求导判断的单调性与极值，结合图象分析运算.

【详解】由题意可得：，且，

设切点坐标为，斜率，

则切线方程，

因为切线过点，则，

整理得，

构建，

原题意等价于与有三个不同的交点，

因为，

令，解得；令，解得或；

则在上单调递增，在，上单调递减，

且，

若与有三个不同的交点，则，

所以整数的个数为31.

故答案为：31.

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．

四、解答题

17．在中，内角的对边分别为，从①，②，③，这三个条件中任选一个作为题目的补充条件，你的选择是___________，并解答下面问题：

(1)求角的大小；

(2)若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①由正弦定理边角互换，得到由余弦定理求出角；

选②由正弦定理边角互换，得到，由三角恒等变换化简即可得到角；

选③由在中：，代入消元得到，由诱导公式，化简即可得到角；

（2）已知可由余弦定理找到关系，，由基本不等式得到，再由三角形面积公式求出最大值.

【详解】（1）选择①

，且由正弦定理得：，

，即：由余弦定理得：，

在中，，即：.

选择②

，且由正弦定理得：，

，整理得：，

在中，，即：，

又，即：.

选择③

，且在中：，即：

，

又，则.

（2）由（1）得：，且，且，

，即：当且仅当时，等号成立.

又面积为：面积的最大值为：.

18．已知等差数列与等比数列的前项和分别为：，且满足：，

(1)求数列的通项公式；

(2)若求数列的前项的和.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）将代入可求出，从而进出，故可求出；再由等差数列的前项和求出，代入可求出，再由等比数列的前项和求出，，进而求出；

（2）由（1）求出，再由分组求和法求出数列的前项的和.

【详解】（1），解得：

设等差数列的公差为，等比数列的首项为，公比为

，，

，则：

又，得：

（2）

数列的前项的和：.

19．如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.

(1)求的值；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作出，从而求得的值.

（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．

【详解】（1）连结．

因为点为圆锥的顶点，所以平面．

分别取，的中点，，

连接，，，，则在圆中，．

由平面，得．

又，故平面，

所以．

所以．

同理，．

于是．

（2）因为，即所以即

．

在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．

则，，．

又因为平面，所以轴，从而．

则，，．

设平面的法向量为，

则，即，

不妨取，则，，此时．

设平面的法向量为，

则，即

不妨取，则，，此时．

所以．

又二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值为．

【点睛】方法点睛：

几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.

20．新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展，某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程，现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表.

(1)求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）X近似服从正态分布，其中的近似值为36，用样本平均数作为的近似值，求概率）的值；

(2)若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍.若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立.现从该企业生产的该零件中随机抽取一件.

（i）求该零件为废品的概率；

（ii）若在抽取中发现废品，求该废品来自第1条生产线的概率.

参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，，

【答案】(1)，

(2)（i）；（ii）

【分析】（1）先由表格计算平均数，再根据正态分布三段区间公式计算概率即可；

（2）（i）根据全概率公式计算即可，（ii）根据贝叶斯公式计算即可.

【详解】（1）

由得：

（2）（i）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，

“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，

“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，

则由题意可知，

又，

于是

.

（ii）.

21．已知双曲线的左顶点为，渐近线方程为.直线交于两点，直线的斜率之和为-2.

(1)证明：直线过定点；

(2)若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据顶点坐标和渐近线得出双曲线方程，解设，设直线的斜率分别为，通过化简表示出直线的方程，即可得出结论.

（2）利用平面几何知识，将几何问题转化为，求出的坐标，最后直线的斜率用的斜率表示，即可求解.

【详解】（1）由题知，

的方程为：，

显然直线的斜率存在，

设直线，

联立，得，

且，

设直线的斜率分别为，

则，

故，

又

，

，

，

，

不过点，

，

所以直线过定点.

（2）由题设直线.

由，得.

由，得.

故，

同理.

由可知，，

即.

因为，

化简得.

当时取等号，

所以直线的斜率的最大值为.

22．设函数.

(1)求的极值；

(2)已知，有最小值，求的取值范围.

【答案】(1)极大值为，无极小值

(2)

【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果；

（2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围.

【详解】（1）由题意知：定义域为，，

，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

的极大值为，无极小值.

（2）可化为，

为单调递增函数，

由可得：，即，

令，则，，，，

，

令，

，

令，

；

①当时，恒成立，在上单调递增，

，即，在上单调递增，

此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意；

②当时，若，则；若，则；

在上单调递减，在上单调递增，

又，，又，

存在，使得，且当时，，即；当时，，即；

在上单调递减，在上单调递增，

，即有最小值；

综上所述：实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题.