山东省烟台市2023届高考数学适应性练习（一）试题（Word版附解析）

这是一份山东省烟台市2023届高考数学适应性练习（一）试题（Word版附解析），共27页。
2023年高考适应性练习（一）
数学
注意事项：
1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．
2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．
3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效．
一、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，只有一项符合题目要求．
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解集合，再利用交集运算求解答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2. 已知复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】用复数的四则运算法则求出，接着求出，即可得出共轭复数在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】由已知得，
则，则在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：.
3. 设，若，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求，列方程求.
【详解】二项式的展开式的通项为，
所以，，又，
所以，
所以，
故选：B.
4. 尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则．若图中交于点P，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出.
【详解】设，则，.
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得.
又因为，，
所以，所以，
即.
又因为，所以，故.
所以.
故选：C.
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.
【详解】由，
得，
所以为偶函数，故排除BD.
当时，，排除A.
故选：C.
6. 口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个球，记取出的球的最大编号为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求随机变量的分布列，再运用公式求
【详解】由题意，可能取值为2，3
包含事件为取出的两个球为1，2
所以
包含事件为取出的两个球为1，3或2，3
所以
，
.
故选：A.
7. 若函数有两个极值点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由极值点定义确定关系，化简，由此求的范围.
【详解】因为函数有两个极值点，
又函数的定义域为，导函数为，
所以方程由两个不同的正根，且为其根，
所以，，，
所以，
则
，
又，即，可得，
所以或（舍去），
故选：C.
8. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图所示，在羡除中，底面为矩形，和均为正三角形，∥平面，，则该羡除的外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，∥平面，所以的中点在平面的投影为，交点，又底面为矩形，所以外接球球心在直线上，再由球心到多边形各顶点距离相等得半径.
【详解】连接，交于点，取的中点，
因为，∥平面，所以在平面的投影为，
连接，则平面ABCD，取中点，连接，作，垂足为，如图所示,
由题可知，在中,
所以，连接，
又因为，所以，
底面为矩形，平面ABCD，外接球球心在直线上，且到多边形各顶点距离相等，
若球心在线段上，设，则，
,即，解得（舍）.
若球心在延长线上，设，外接球的半径为,连接，
显然，
则且，即
解得，.
所以外接圆的表面积.
故选：D.

二、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. 已知函数则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 直线是图象的一条对称轴
D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】BC
【解析】
【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的性质判断ABC，结合函数图象变换判断D.
【详解】可化为，
函数的最小正周期为，A错误；
当时，，
因为在上单调递增，
所以函数在上单调递增，B正确；
当时，，
所以直线是图象的一条对称轴，C正确；
函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，D错误.
故选：BC.
10. 已知双曲线C经过点，且与椭圆有公共的焦点，点M为椭圆的上顶点，点P为C上一动点，则（ ）
A. 双曲线C的离心率为 B.
C. 当P为C与的交点时， D. 的最小值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意中的点求出双曲线方程，结合离心率的定义即可判断A；根据双曲线的渐近线，结合图形即可判断B；根据椭圆与双曲线的定义，结合余弦定理计算即可判断C；由两点距离公式，结合二次函数的性质即可判断D.
【详解】A：由题意，，设双曲线的标准方程为，
将点代入得，所以双曲线方程为，
得其离心率为，故A正确；
B：由A选项的分析知，双曲线的渐近线方程为，如图，
，所以，得，故B错误；
C：当P为双曲线和椭圆在第一象限的交点时，由椭圆和双曲线的定义知，
，解得，
又，在中，由余弦定理得，故C正确；
D：设，则，
所以，
当时，，故D正确.
故选：ACD.

11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ）

A. 存在点G，使直线平面
B. 存在点G，使平面∥平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 平面截正方体所得截面的最大面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可；
对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定；
对于C项，通过等体积法转化即可判定；
对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可.
【详解】对于A项，如图所示，

取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，故A正确；
对于B项，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1，
则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，
此时G应在CB1延长线上，故B错误；

对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，
显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，

若G靠C近时，如图二所示，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确；

故选：ACD
12. 定义在上的函数满足，是偶函数，，则（ ）
A. 是奇函数 B.
C. 的图象关于直线对称 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性、对称性、周期性求解即可.
【详解】对于选项，∵是偶函数，∴，
∴函数关于直线对称，∴，
∵，∴，∴是奇函数，则正确；
对于选项，∵，∴，∴,
∴的周期为，∴，则正确；
对于选项，若的图象关于直线对称，则，
但是，，即，这与假设条件矛盾，则选项错误；
对于选项，将代入，得，
将，代入，得，
同理可知，
又∵的周期为，∴正奇数项的周期为，
∴

，则正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，则与夹角的大小为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，结合平面向量数量积的定义计算即可求解.
【详解】由，得，
由，得，
即，得，
所以，又，
所以，即与的夹角为.
故答案为：.
14. 若点与关于x轴对称，则的一个可能取值为___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由对称的性质列方程求即可.
【详解】因为与关于x轴对称，
所以，，
所以，，
所以，
又，
所以，
故答案为：（答案不唯一）.
15. 已知点P为x轴上的一个动点，过P的直线与圆相交于A，B两点，则弦中点的轨迹的最大长度为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】设，AB的中点为，利用平面向量数量积的坐标表示，计算整理可得，分类讨论点P在圆C外部和内部（含边界）时点M的轨迹，利用导数，结合弧长公式、圆的面积公式计算即可求解.
【详解】由，得，
所以圆心，半径为，设，AB的中点为，
则，
由题意知，
整理得.

若点P在圆C外，如图，由圆的对称性知点M的轨迹是，
设，则，且，
得，
设，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，且，所以，
即，所以函数在上单调递减，且，
所以，即此时点M的轨迹长度小于；
若点P在圆C的内部（含边界），点M的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
当PM为圆M的直径即点P在圆C上时，点M的轨迹长度最大，
此时，或，得，M的轨迹长度为，
综上：弦AB的中点M的轨迹最大长度为.
故答案为：.
16. 给定数列A，定义A上的加密算法：当i为奇数时，将A中各奇数项的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为．设数列：2，0，2，3，5，7，数列，则数列为_________；数列的所有项的和为____________．
【答案】 ①. 1，3，1，6，4，10 ②.
【解析】
【分析】由题意求出数列，即可求解数列；对于偶数项可得，等差数列，写出第2，4，6项. 对于奇数项可得，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.
【详解】由题意，
，1为奇数，所以，
，2为偶数，所以.
因为，为偶数，为奇数，
所以对于偶数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第2项为：，
第4项为：，
第6项为：；
对于奇数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第1项为：，
第3项为：，
第5项为：，
所以所有的项的和为
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意和余弦定理可得，结合计算即可求解；
（2）由（1）可得，则，代入，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
由余弦定理知，
所以，
由,得，即,
又因为，所以，
即，在中，，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，则，
得，
所以，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为．
18. 已知为数列的前n项和，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）可由，其中.可得的通项公式；
（2）根据裂项相消法可得数列的前项和.
【小问1详解】
因为，
所以，
两式相减得，
化简得，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以．
【小问2详解】
，
所以


所以．
19. 如图，在圆台中，，分别为上、下底面直径，，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为．

（1）证明：平面；
（2）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）证明线面垂直，先证线线垂直，根据题中线面位置关系，不难发现证明，容易证明.
（2）因题中线面位置较为特殊，考虑用空间向量，建立空间直角坐标系后，直接按照求平面与平面夹角的公式，按步骤求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，，则平面．

因为为母线，所以四点共面，且．取中点，连接，．因为，则，
所以四边形为平行四边形．
所以，所以平面．
所以为与底面所成角，
即．
在中，，所以，同理．在中，，所以．
因为平面，平面，所以．
因为为的中点，所以，
又，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以．
又因为，，
平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
以O为原点，分别以，，所在的方向为，，的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，.
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，得，所以．
设平面的一个法向量为，
由，则．
令，得，所以，
设平面，与平面夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
20. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，，求实数k的取值范围．
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为和
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导函数，解不等式求单调递增区间，解不等式求递减区间；
（2）方法一：原问题转化为不等式在上恒成立，通过研究函数单调性求其范围，从而求出k的取值范围；
方法二：由已知恒成立，利用导数研究函数的单调性，证明，进而求出，由此可求的范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，导函数，
令，得，此时在上为增函数；
令，得或，此时在和上为减函数；
综上，的单调增区间为，单调减区间为和．
【小问2详解】
法一：当时，，所以．
设，则，
设，则，
当时，恒有在单增，
所以恒成立，即，所以单增．
所以当时，，所以k的取值范围为．
法二：由可得，即为；
因为，所以，可得恒成立．
设，则．
当时，在单调递减．
下证在上恒成立．
令，所以在上单调递增，
得，所以．
所以，即，所以，
所以，可得，所以k的取值范围为．
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
21. 某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：）得到如下统计表，其中尺寸位于的零件为一等品，位于和的零件为二等品，否则零件为三等品．
生产线







甲
4
9
23
28
24
10
2
乙
2
14
15
17
16
15
1

（1）完成列联表，依据的独立性检验能否认为零件为一等品与生产线有关联？

一等品
非一等品
甲


乙



（2）将样本频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以表示这4个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望；
（3）已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个．产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验．若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用．现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品．将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．
附，其中；．
【答案】（1）填表见解析；可以认为零件是否为一等品与生产线有关联
（2）分布列见解析；期望为
（3）应对剩下零件进行检验，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由表格填写列联表，计算卡方，与3.841比较后得到结论；
（2）首先计算出任取一个甲生产线零件为一等品和任取一个乙生产线零件为一等品的概率，求出的可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；
（3）设余下50个零件中的三等品个数为X，则，求出，再设检验费用与赔偿费用之和为Y，得到，求出，计算出若对余下的所有零件进行检验，则检验费用元，比较后得到结论.
【小问1详解】
由题意得列联表如下：

一等品
非一等品
甲
75
25
乙
48
32
，
因为，依据小概率值的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联．
【小问2详解】
由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为．
的所有可能取值为0，1，2，3，4．
，
，
，
，
，
所以的分布列为

0
1
2
3
4
P





．
【小问3详解】
由已知，每个零件为三等品的频率为，
设余下的50个零件中的三等品个数为X，则，
所以．
设检验费用与赔偿费用之和为Y，
若不对余下的所有零件进行检验，则，
．
若对余下的所有零件进行检验，则总检验费用为元．
因为，所以应对剩下零件进行检验．
22. 在平面直角坐标系中，P，Q是抛物线上两点（异于点O），过点P且与C相切的直线l交x轴于点M，且直线与l的斜率乘积为．
（1）求证：直线过定点，并求此定点D的坐标；
（2）过M作l的垂线交椭圆于A，B两点，过D作l的平行线交直线于H，记的面积为S，的面积为T．
①当取最大值时，求点P的纵坐标；
②证明：存在定点G，使为定值．
【答案】（1）证明见解析，定点
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，由题意和导数的几何意义、两点求斜率公式可得，结合点斜式方程求出直线PQ方程，即可求解；
（2）设，直线过定点N，由题意，，求出直线AB方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示， 换元法，对化简，利用导数研究函数的性质即可求解；设G为中点，结合圆的有关性质即可证明.
【小问1详解】
设，因为，所以l斜率，
所以直线斜率，即，
所以，
所以的方程为，即，
所以直线过定点；
【小问2详解】
，

l的方程为，令，得，
所以直线的方程为，即，
所以直线过定点．
将与联立，得．
显然，设，则．
所以，
，
所以，
令，则，
设，则．
令，得（负根舍去），当时，单增；
当时，单减；所以当时，取得最大值，
即取得最大值，此时P的纵坐标为．
证明：因为直线过定点平行于l，所以，
所以点H在以为直径的圆上．
设G为中点，则，且，
所以存在定点，使得为定值．

【点睛】关键点点睛：求解定值问题常见的方法一般有两种，从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．或直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．