湖北省襄阳市第四中学2023届高三数学下学期5月适应性考试(二)试题 （Word版附解析）

这是一份湖北省襄阳市第四中学2023届高三数学下学期5月适应性考试(二)试题 （Word版附解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
襄阳四中高三5月适应性考试
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（二）数学
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 设全集，集合，集合.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，根据集合运算法则求.
【详解】由有意义可得，
解得，
所以，又，
所以，因为，
所以.
故选：C.
2. 设，则在复平面内所表示的区域的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在复平面内作出满足的复数对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
则在复平面内所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：

所以，在复平面内所表示的区域的面积是.
故选：C.
3. 如图，圆锥的底面直径和高均是，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则，，
圆锥的母线长为，
过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
则剩下的几何体的表面积为.
故选：B
4. 算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国传统的计算工具：现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.如果拨动图1算盘中的两枚算珠，则表示的数字大于50的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果，从而得到表示不同整数的个数和表示的数字大于50的个数，再根据古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，
第一类，只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为；
第二类，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，表示的数字分别为，
所以表示不同整数的个数为8.
其中表示的数字大于50的有共3个，
所以表示的数字大于50的概率为.
故选：B
5. 已知函数，若在上的值域为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简函数解析式可得，求出的范围，再由函数的值域可得，解不等式即可求解.
【详解】函数可化为
，
所以，
因为，所以，
因为在上的值域为，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
故选：B.
6. 已知展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（ ）
A. 项 B. 项 C. 项 D. 项
【答案】D
【解析】
【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为求出的值，然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数.
【详解】的展开式中前三项的二项式系数和为，
整理可得，且，解得，
的展开式通项为，
设展开式中第项的系数最大，则，
即，解得，
因为，故，因此，展开式中系数最大的项为第项.
故选：D.
7. 已知椭圆与双曲线共焦点，双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分，两曲线的交点与两焦点共圆，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设椭圆的标准方程为，双曲线的标准方程为，设椭圆与双曲线的公共焦点为、，且、为两曲线的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限的交点为，在第三象限的交点为，由已知条件可得出，利用椭圆和双曲线的定义可求得、，分析出为直角，利用勾股定理可求得椭圆的离心率.
【详解】设椭圆的标准方程为，
双曲线的标准方程为，设，
因为双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分，则，
设椭圆与双曲线的公共焦点为、，且、为两曲线的左、右焦点，
设椭圆与双曲线在第一象限的交点为，在第三象限的交点为，

则，解得，
由对称性可知、的中点均为原点，所以，四边形为平行四边形，
因为、、、四点共圆，则有，故，
由勾股定理可得，即，即，
即，故椭圆的离心率为.
故选：C.
8. 已知三个互异的正数，，满足，，则关于，，下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把变形为，构造函数，求导，得，或，，然后构造，利用函数单调性比较即可.
【详解】因为，所以，设，
则，令得，令得，
所以函数在递减，函数在递增，所以，
（1）当，时，，
设，易知在上单调递减，
且，所以，
所以，所以，
又，所以，所以，所以；
（2）当，时，，设，
易知在上单调递减，且，
所以，以，所以，
又，所以，所以，所以所以；
综上可得：成立.
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. 以下说法正确的是（ ）
A. 数据1，2，4，5，6，8，9的60%分位数为5
B. 相关系数的绝对值接近于0，两个随机变量没有相关性
C. 决定系数越小，模型的拟合效果越差
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】求出60%分位数判断A；利用相关系数的意义判断B；利用决定系数的意义判断C；利用二项分布的方差公式计算判断D作答.
【详解】对于A，由，得数据1，2，4，5，6，8，9的60%分位数为6，A错误；
对于B，相关系数的绝对值接近于0，两个随机变量的相关性很弱，B错误；
对于C，决定系数越小，表示残差平方和越大，则模型的拟合效果越差，C正确；
对于D，由，得，所以，D正确.
故选：CD
10. 已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知与有两个不同的交点，利用导数研究函数性质，结合图象确定的范围，判断A，要证明只需证明，结合函数单调性只需证明，故构建函数，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较，判断C，利用的范围，结合指数函数性质证明，判断D.
【详解】方程，可化为，
因为方程有两个不等实根，
所以与有两个不同的交点，
令，则，
令，可得，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
，
当时，，且，当时，，
当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，
故，
当时，，，
根据以上信息，可得函数的大致图象如下：

，且，故A正确．
因为，
构造，
，
在上单调递增，
，
，即，
由在单调递增
所以，故B正确．
对于C，由，，
所以，
又，所以，则，所以，故C错误．
对于D，由，可得，
所以，D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：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．
11. 如图，已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，点为的中点，点为底面上的动点，则（ ）

A. 当时，存在唯一的点满足
B. 当时，存在点满足
C. 当时，满足的点的轨迹长度为
D. 当时，满足的点轨迹长度为
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

则，，，设
对于选项A，当时，，
由得，
即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故A正确；
对于选项B，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，
.
所以.故B不正确.
对于选项C，当时，，，
则，
由得.
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，
而，故C正确.
对于选项D，当时，，，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，
而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D错误.
故选：BC.
12. 在平面直角坐标系中，由直线上任一点向椭圆作切线，切点分别为、，点在轴的上方，则（ ）
A. 当点的坐标为时，
B. 当点的坐标为时，直线的斜率为
C. 存在点，使得为钝角
D. 存在点，使得
【答案】AD
【解析】
【分析】设点、，先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，可得出椭圆在点处的切线方程，设点，写出直线的方程，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】设点、，先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，
由题意可得，
联立可得，即，
即方程组只有唯一解，
因此，椭圆在其上一点处的切线方程为，
同理可知，椭圆在其上一点处的切线方程为，
因为点为直线上一点，设点，
则有，即，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，

对于A选项，当点的坐标为，即，此时直线的方程为，
由可得，即点，此时，A对；
对于B选项，当的坐标为时，即时，此时，直线的斜率为，B错；
对于C选项，联立可得，
，由韦达定理可得，，
，同理，
所以，
，
因此，恒为锐角，C错；
对于D选项，若点为椭圆的上顶点，则轴，此时，
所以，点不是椭圆的上顶点，线段的中点为，
所以，，，
存点，使得，则，则，
化简可得，因为，，
所以，，即，
因为，解得，
因此，存在点，使得，D对.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的切点弦所在直线的方法如下：
（1）求出两切线与曲线的切点坐标，利用两点式方程可得出切点弦所在直线的方程；
（2）写出曲线在切点处的切线方程，将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，，若，则实数________.
【答案】或
【解析】
【分析】先求，利用两向量平行坐标运算求出m.
【详解】∵，，
∴.
∵，
∴，
解得： 或
故答案为：或.
14. 数列满足，则数列的通项公式为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目给出的递推公式进行升次作差即可求解.
【详解】由题意 …①， ， …②，
②①得： ，
则当时，，
当，不适合上式.
；
故答案为： .
15. 在直角梯形中，，，，，动点在以点为圆心，且与直线相切圆上移动，设，则最大值是________.
【答案】4
【解析】
【分析】建立直角坐标系，写出点的坐标，求出BD的方程，求出圆的方程，设出，求出三个向量的坐标，用P的坐标表，则，根据直线AP:与有交点,求出范围．
【详解】解：以为原点，分别以方向为轴，建立如图所示直角坐标系：

所以，，，，所以，，
因为圆与直线相切，而，圆心，
所以半径，所以圆：，
设,则，，
又
所以，则，所以
所以表示坐标原点A与点P两点之间连线的斜率的2倍，
因为动点在圆上移动，所以直线AP:与有交点，
则圆心到的距离为
解得:，则
所以，则最大值是4.
故答案为：4．
16. 已知关于的方程在上有两个不相等的实很，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】原方程可化为，令，，即得在有两个不相等的实根，再转化为和，有两个不同的交点，利用导数研究函数图象，并结合图象得到结果即可.
【详解】由，可得方程
可化为，
令，，
因为在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
故时，值域为.
方程可化为，
当时，方程可化为，不成立，
故，故原方程可化为，
由已知在有两个不相等的实根，
即和，有两个不同的交点.
，
当和时，，
即在上递减，在上递减；
当时，，在递增.
另外，时，；时，；
，当时，，
当，且时，，
当，且时，，
根据以上信息，函数，大致图象如下，

当时，和，的图象有两个不同的交点.

所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)或已知零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
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. 已知数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
解：因为数列满足，且，
在等式两边同时乘以可得，且，
所以，数列是以为首项，公差为的等差数列，
所以，.
【小问2详解】
解：由（1）可得，所以，，①
可得，②
①②可得，
因此，.
18. 如图，在四棱锥中，为直角梯形，，，平面平面.是以为斜边的等腰直角三角形，，为上一点，且.

（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接．由，得与相似．推导出．由此能证明直线平面．
（2）推导出平面．以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角的余弦值．
【小问1详解】
连接交于点，连接．
因为，所以与相似．
所以．
又，所以．
因为平面，平面，所以直线平面．
【小问2详解】
平面平面，平面平面，平面，
，所以平面．
以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，

与均垂直的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，0，，，1，，，2，，，
，2，，．
设平面的一个法向量为，，，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，得，，．
设二面角的平面角的大小为，
则．
所以二面角的余弦值为．
19. 在中，，为的中点，.
（1）若，求的长；
（2）若，求的长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；
（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.
【小问1详解】
在中，，
则 ，
在中，
，
所以.
【小问2详解】
设，
在和中，由正弦定理得，，
又，得，
即
在中，，
由，有，
所以，整理得：，①
又由，
整理得：，②
联立①②得，，即.，
解得或，
又，即，故，
所以.

20. 某学校开展了一项“摸球过关”的游戏，规则如下：不透明的盒子中有3个黑球，2个白球.这些球除颜色外完全相同，闯关者每一轮从盒子中一次性取出3个球，将其中的白球个数记为该轮得分，记录完得分后，将摸出的球全部放回盒子中，当闯关者完成第轮游戏，且其前轮的累计得分恰好为时，游戏过关，同时游戏结束，否则继续参与游戏：若第3轮后仍未过关，则游戏也结束.每位闯关者只能参加一次游戏.
（1）求随机变量的分布列及数学期望；
（2）若某同学参加该项游戏，求他能够过关的概率.
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）该同学能够过关的概率为.
【解析】
【分析】（1）确定随机变量的可能取值和取每个值所对应的概率，即可得到分布列，结合期望公式即可得解；
（2）分别求出该同学取球1次后，取球2次后，取球3次后过关的概率，求和即可得到答案.
【小问1详解】
由题意得，随机变量可取的值为0，1，2，
易知
，
，
则随机变量的分布列如下：

0
1
2




所以；
【小问2详解】
由（1）可知，该同学每轮得分，分，分的概率依次为，，，
记该同学第轮的得分为，则其前轮的累计得分为，
若第一轮取球后过关，即该同学得分，则；
若第二轮取球后过关，即该同学获得的分数之和为分，
有“”､“”的情形，则；
若第三轮取球后过关，即该同学获得的分数之和为分，
有“”， “”的情形，
则；
记“该同学能过关”为事件，则
.
21. 已知双曲线与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点，点坐标为，当点坐标为时，点坐标为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当点运动时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.
【答案】（1）
（2）且，轨迹是去掉顶点的双曲线.
【解析】
【分析】（1）令，根据题设求得即有，则有，联立双曲线，结合、在双曲线上求参数，即可得标准方程；
（2）联立与双曲线，由得，进而有，即可写出其轨迹方程，并判断轨迹曲线.
【小问1详解】
由题设，，令，则，令，则，
所以，，故，
所以，可得，即且过，则，
所以，代入并整理得，
则，即，又，
所以，，故.
【小问2详解】

由（1）联立双曲线与直线，则，
所以，则，
整理得，故，，
而，令，则，令，则，
所以，显然，
故点的轨迹方程为，即且（注意：的斜率存在），
所以轨迹是去掉顶点的双曲线.
22. 已知，设函数，是的导函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上存在两个不同的零点，.
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）导数几何意义求切线方程即可；
（2）①设，因为，所以与零点相同，根据的单调性与极值情况来确定的范围；
②根据题意，利用放缩构造等思路结合导数，求出的范围.
【小问1详解】
由题设，则，且，
所以，，则在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
①当时等价于，
设，则．
当时单调递减；当时单调递增；
所以，当时，
因为在上存在两个不同的零点，则，解得．
当时，取，则，
故，又，
所以在和上各有一个零点，故．
②因为，所以，
结合知：．
设，则，在上，在上，
所以在上递增，在上递减，故，即，
所以，即，当时取等号，
所以．
由①知，在上单调递增，且，所以，即．
因为在上是减函数，且，
所以，得证.
【点睛】方法点睛：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．