2023年湖南省岳阳市平江重点中学高考数学适应性试卷（二）

2023年湖南省岳阳市平江重点中学高考数学适应性试卷（二）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  集合，若，则集合可以为(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数是虚数单位的共轭复数是，则的虚部是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  若点在圆：上，则的取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造形浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词的最早文字记载何尊的形状可以近似地看作是圆台与圆柱的组合体，高约为，上口直径约为，下端圆柱的直径约为，经测量知圆柱的高约为，则估计该何尊可以装酒不计何尊的厚度，，(    )

A.  B.  C.  D.

5.  甲、乙、丙、丁、戊名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有，，三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  如图，正方形的边长为，是正方形的内切圆上任意一点，，则下列结论错误的是(    )

A. 的最大值为
B. 的最大值为
C. 的最大值为
D. 的最大值为

7.  对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知抛物线：，焦点为，点是抛物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知由样本数据点集合，，，，求得回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为，则(    )

A. 变量与具有正相关关系
B. 去除后的回归方程为
C. 去除后的估计值增加速度变慢
D. 去除后相应于样本点的残差为

10.  设函数，若在上有且仅有条对称轴，则(    )

A. 在上有且仅有个最大值点 B. 在上有且仅有个零点
C. 的取值范围是 D. 在上单调递增

11.  数列满足，，数列的前项和为，且，则下列正确的是(    )

A.
B. 数列的前项和
C. 数列的前项和
D.

12.  勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示的立体图形，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动这种立体图形称为勒洛四面体，如图中勒洛四面体的四个顶点分别为、、、，任意两个顶点之间的距离为，则下列说法正确的是(    )

A. 图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为
B. 图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为
C. 平面截此勒洛四面体所得截面的面积为
D. 图中所示的勒洛四面体的体积是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  的展开式中，含项的系数为______ ．

14.  已知函数，写出一个同时满足下列两个条件的：______ ．
在上单调递减；
曲线存在斜率为的切线．

15.  如图，在平面斜坐标系中中，，平面上任一点的斜坐标定义如下：若，其中分别为与轴，轴同方向的单位向量，则点的斜坐标为那么，以为圆心，为半径的圆有斜坐标系中的方程是______ ．

16.  如图，双曲线：的左、右焦点分别为，，过作以为圆心、为半径的圆的切线，切点为延长交的左支于点，若为线段的中点，且，则的离心率为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知数列的前项和为，且，_____．
请在；，，成等比数列；，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下列问题．
求数列的通项公式；
若，求数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

18.  本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，．
若，求证：是等边三角形；
已知的外接圆半径为，求的最大值．

19.  本小题分
如图，在以，，，，，为顶点的六面体中其中平面，四边形是正方形，平面，，且平面平面．
设为棱的中点，证明：，，，四点共面；
若，求平面与平面的夹角的余弦值．

20.  本小题分
某学校为了弘扬中华传统文化，组织开展中华传统文化活动周，活动周期间举办中华传统文化知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛，每班通过中华传统文化知识竞答活动，择优选拔人代表班级参加年级比赛年级比赛分为预赛与决赛二阶段进行，预赛阶段的赛制为：将两组中华传统文化的们答题放在甲、乙两个纸箱中，甲箱有个选择题和个填空题，乙箱中有个选择题和个填空题，比赛中要求每个班级代表队在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答每个班级代表队先抽取一题作答，答完后试题不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个试题放回原纸箱中．
若班代表队从甲箱中抽取了个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着班代表队答题，班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题已知班代表队从乙箱中取出的是选择题，求班代表队从甲箱中取出的是个选择题的概率；
经过预赛，成绩最好的班代表队和班代表队进入决赛，决赛采用成语接龙的形式进行，采用五局三胜制，即两班代表队中先胜三局的代表队赢得这场比赛，比赛结束已知第一局比赛班代表队获胜的概率为，班代表队胜的概率为，且每一局的胜者在接下来一局获胜的概率为，每局必分胜负记比赛结束时比赛局数为随机变量，求随机变量的数学期望．

21.  本小题分
已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为，的离心率为．
求椭圆的标准方程；
设，且，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，是的右焦点，且与互补，求面积的最大值．

22.  本小题分
已知函数，，．
若，证明：当时，；
讨论在上零点的个数．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，且，
所以集合可以为．
故选：．
可求出，然后根据即可得出的可能情况．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以，
所以的虚部为．
故选：．
先根据复数除法运算化简，进而可得，相减即可得出答案．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为点在圆：上，
则的几何意义为圆上点与定点的斜率，
因为圆：化为标准方程为，
由题意可知切线的斜率存在且的斜率为，
设圆的切线方程为，
则，
解得或，
故的范围为
故选：．
的几何意义为圆上点与定点的斜率，然后结合直线与圆相切的性质可求．
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：下端圆柱的体积为：，
上端圆台的体积为：，
该何尊的体积估计为，
最接近，
估计该何尊可以装酒．
故选：．
根据圆柱和圆台的体积公式计算能求出结果．
本题考查圆柱和圆台的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
根据题意，先求出所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果．
【解答】
解：先求出所有可能情况，个人去个地方，共有种情况，
再计算个人去个地方，且每个地方至少有一个人去，
人被分为，，或，，，
当个人被分为，，时，情况数为，
当个人被分为，，时，情况数为，
共有．
所求甲不去，情况数多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当人被分为，，时，且甲去，甲若为，则，
甲若为，则，
共计种，
当人被分为，，时，且甲去，甲若为，则，
甲若为，则，共计种，
甲不在小区的概率为．
故选：．  

6.【答案】 

【解析】解：以为坐标原点建立直角坐标系，如图所示，

则，，
内切圆的方程为，
可设，
则，，
所以，当，即为的中点时取等号，
所以的最大值为，A正确；
因为，
所以，当，即时等号成立，
所以的最大值为，C错误，
由，可得，
得，，
，，
当，即时，所以的最大值为，B正确，
当，即时，所以的最大值为，D正确．
故选：．
建立平面直角坐标系，求向量的坐标，根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质判断，由向量相等求，，结合三角函数性质求，的最值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设，则，，
由，得，
则，，
设函数，，
则，
因为函数在上都是增函数，
所以在上为增函数，
又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故，
即的最小值为．
故选：．
设，则，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：抛物线的方程为，
，抛物线的准线方程为，
方程可化为，
过定点，
设，设，的中点为，则，
因为，为垂足，
，所以，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则，
，
又，当且仅当，，三点共线且在，之间时等号成立，
，
过点作准线的垂线，垂足为，
则，当且仅当，，三点共线时等号成立，
，当且仅当，，，四点共线且在，之间时等号成立，
所以的最小值为，
故选：．
由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值．
本题考查了动点的轨迹以及抛物线中的最值问题，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为重新求得的回归方程的斜率为，故变量与具有正相关关系，故A正确；
因为，所以去除后的估计值增加速度变慢，故C正确；
将代入回归直线方程，得，
则样本中心为，去掉两个数据点和后，样本中心还是，
又因为去除后重新求得的回归直线的斜率为，
所以，解得，
所以去除后的回归方程为，故B正确；
由，得，则残差为，故D错误．
故选：．
由重新求得的回归方程的斜率判断；由判断；利用样本中心在回归直线上，求出，由此求出，从而得到去除后的回归方程，即可判断；求出，然后作差即可判断．
本题考查线性回归方程的理解与应用，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，考查运算能力，是中档题．
 

10.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
由换元法结合正弦函数的图象以及性质逐一判断即可．

【解答】

解：，，
，，
令，，
画出图象进行分析：

对于选项：由图象可知在上有且仅有，对应的这个最大值点，故A正确；
对于选项：当，即时，在有且仅有个零点；
当，即时，在有且仅有个零点，故B不正确；
对于选项：在有且仅有条对称轴，
，，
的取值范围是，故C正确；
对于选项：，，，，
由选项可知，，，
即在上单调递增，故D正确．
故选：．

11.【答案】 

【解析】解：由，有，又，
所以是首项为，公差为的等差数列，则，
则，则，A错误；
由，可得，解之得，
又时，，则，整理得，
则数列是首项为公比为 的等比数列，则，
则数列的前项和，B正确；
，
则数列的前项和，C正确；
设数列的前项和，
则，，
两式相减得，
整理得，则当时，，D正确．
故选：．
求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前项判断选项B；求得数列的前项和，进而判断选项C；求得数列的前项和，进而判断选项D．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于中，勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长，所以A正确；
对于中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，

其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心，
则该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，
由，，三点共线，且，，
因此，内切球的表面积为，故B正确；
对于中，如图所示，

截面形状为三个半径为，圆心角为的扇形面积减去两个边长为的正三角形的面积，
则，所以C错误；
对于中，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，正四面体的体积，
其外接球的体积，所以D错误．
故选：．
根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体的棱长，可判定A正确；根据点为该球与勒洛四面体的一个切点，由，，三点共线，求得，求得内切球的表面积，可判定B正确；由截面形状为三个半径为，圆心角为的扇形面积减去两个边长为的正三角形的面积可判定C错误；求得正四面体的体积，其外接球的体积，可判定D错误．
本题以勒洛四面体为载体，考查立体几何中的距离问题，截面问题以及球的表面积计算等知识点，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：的展开式中，含项的系数为．
故答案为：．
由二项式展开式的通项公式找出含的项，然后系数相加即可．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
 

14.【答案】答案不唯一 

【解析】解：若同时满足所给的两个条件，则对恒成立，
解得：，即，且在上有解，即在上有解，
由函数的单调性可解得：，所以，
则答案不唯一，只要满足即可．
故答案为：答案不唯一．
根据函数的单调性，切线的斜率求出满足条件的函数的解析式即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设圆上动点的斜坐标为，则，
，
，
故答案为．
由题意，可设是此圆上的任意一点，则有，令点的斜坐标为，可得两边平方，根据斜坐标系的定义进行恒等变形，整理出圆的斜坐标系下的方程即可
本题考查坐标系的选择及意义，这是一个新定义的题，理解定义，根据圆的几何特征建立起等式是解题的关键，
 

16.【答案】 

【解析】解：如图，连接，，设，
为线段的中点，为的中点，
，，
，
又，，
，
又，，，
，
，
，，
双曲线的离心率为，
故答案为：．
连接，，设，则根据题意易得，从而得，从而可得，又易知，接着在中，根据勾股定理，建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，勾股定理的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 

17.【答案】解：由题可知，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列．
若选：由，得，即，
所以，解得，所以，
即数列的通项公式为．
若选：因为，，成等比数列，
所以，即，解得，
所以，即数列的通项公式为．
若选：由，得，即，
所以，即数列的通项公式为．
由得，令，得，所以当时，
，
当时，


综上所述， 

【解析】由条件可知，数列是等差数列，不管选择哪个条件，都利用等差数列的公式，代入基本量，即可求解；
首先由得，再根据数列正负项的分界，分情况求数列的前项和．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 

18.【答案】证明：已知的内角，，所对的边分别为，，，且，
则，
又，即，
即，
即，又，即，即，
又，则，
则，
即，
即，，
是等边三角形；
解：已知的外接圆半径为，
则，
则，
由余弦定理可得，
则，
当且仅当时取等号，
，
当且时取等号，
的最大值为． 

【解析】由正弦定理及两角和的正弦公式可得，又，由正弦定理可得，得证；
由正弦定理可得，由余弦定理可得，结合重要不等式可得，进而可求解的最大值．
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属中档题．
 

19.【答案】证明：连接，
因为四边形是正方形，所以，
又平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为为棱的中点，且，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以，故A，，，四点共面．

解：由于，，两两垂直，故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设，
所以，，
由知，
所以，解得，，即，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
同理可得，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为． 

【解析】利用线面、面面垂直的判定定理或性质定理，分别证明平面，平面，可得，从而知，，，四点共面；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用，求得点的坐标，再分别求得平面与平面的法向量，，设平面与平面的夹角为，由，，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用空间向量求平面与平面夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：事件为班代表队从乙箱中取出个选择题”，事件为“班代表队从甲箱中取出个都是选择题”，事件为“班代表队从甲箱中取出个选择题个填空题”，事件为“班代表队从甲箱中取出个题都是填空题”
则、、彼此互斥，且，
因为，，
所以，，，，
所求概率即是发生的条件下发生的概率：．
由题意知：的可能取值为、、，
两班代表队打完三局恰好结束比赛的基本事件有三局班胜，三局班胜，
，
当时，前三局两局班胜，一局班胜，最后班胜，两局班胜，一局班胜，最后班胜，
最后班胜概率为，
最后班胜概率为，
所以，
则有，
综上，． 

【解析】根据古典概型概率公式、全概率公式可得班代表队从乙箱中取出个选择题的概率，然后根据条件概率公式计算即可；
由题意知：的可能取值为，，，分别计算对应的概率，利用数学期望的公式计算．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，属于中档题．
 

21.【答案】解：由椭圆的性质可知，左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，
光线经过的路程为，解得又椭圆的离心率为，得，
所以，故，故椭圆的标准方程为；
由题意得，，，
因为与互补，所以，
即化简整理，可得，
设直线的方程为，得．
联立直线与椭圆的方程得，整理得，
，可得，
则，，
所以，解得，
故直线的方程为，点到直线的距离，

，
所以，
由，，可得，即，
记，则，，
所以．
当且仅当，即，时取等号，
故面积的最大值为． 

【解析】由题意，易知，再结合椭圆的离心率为求解；根据与互补，得到，得到，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理求得，得到直线的方程为，再求得点到直线的距离和，由求解即可．
本题考查求椭圆的标准方程，考查求三角形的面积的最值，考查方程思想，属中档题．
 

22.【答案】解：证明：时，，
令，则，
当时，，，故F，
故F在上单调递增，
又，故F，
在上恒成立；
，
故，设，，
当时，，故，而，
故，即恒成立，故的零点个数为个，
当时，，故在上单调递增，
而，故，故在上单调递增，
，故是唯一零点，此时的零点个数为个；
时，，故在上单调递增，
而，，故存在，使得，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，取最小值，而，，
又的图像是连续不断的，由零点存在性定理知：
在上有唯一零点，又也是零点，
故在上有个零点，
综上：当时，在上有个零点，
当时，在上有个零点． 

【解析】代入的知，令，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可；
求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，判断函数的零点个数即可．
本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是难题．