2023届湖北省襄阳市第四中学高三下学期高考适应性考试数学试题含解析

这是一份2023届湖北省襄阳市第四中学高三下学期高考适应性考试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省襄阳市第四中学高三下学期高考适应性考试数学试题 一、单选题1．“”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】C【分析】由即可得出答案【详解】因为所以“”是“”的充要条件故选：C【点睛】本题考查的是充要条件的判断，较简单.2．复数的虚部为（    ）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】根据复数的乘法运算，即可求得答案.【详解】由于，所以的虚部为2，故选：B3．部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为，则第n个图中阴影部分的面积为A． B． C． D．【答案】D【分析】每一个图形的面积是前一个图形面积的，根据等比数列公式得到答案.【详解】根据题意：每一个图形的面积是前一个图形面积的，即面积为首项为，公比为的等比数列，故第n个图中阴影部分的面积为.故选：D.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.4．的展开式中的常数项是（    ）A． B． C．250 D．240【答案】D【分析】求出二项式展开式的通项公式，令x的指数等于0，即可求得答案.【详解】由题意得二项式的通项公式为，令，则常数项为，故选：D5．数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设点，求出动点的轨迹圆的方程，再求出直线过定点坐标，依题意点在圆的内部，即可得到不等式，解得即可.【详解】设点，，，所以动点的轨迹为阿氏圆：，又直线恒过点，若对任意实数直线与圆恒有公共点，在圆的内部或圆上，所以，所以，解得，即的取值范围为.故选：C6．一排有8个座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有（    ）A．120种 B．60种 C．40种 D．20种【答案】A【分析】把3人连同他的座位一起插入另5个座位形成的6个空隙即可.【详解】依题意，把3人连同他的座位一起插入另5个座位形成的6个空隙中，有种.故选：A7．已知的内角的对边分别为，记的面积为，若，则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】利用余弦定理和三角形面积公式得，再对上式两边同除，结合正弦函数有界性即可求出的范围.【详解】，由余弦定理知：，则，即两边同除有，其中，设，即，最小值为.故选：B.8．已知焦点在轴上的椭圆的内接平行四边形的一组对边分别经过其两个焦点（如图所示），当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，则的取值范围是（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】解法1、设直线为，联立方程组，利用弦长公式求得，求得直线与的距离为，得到的面积为，设，得到，转化为的值最小即可，结合函数的单调性和椭圆的性质，即可求解.解法2、设直线的倾斜角为，求得，原点的距离为，得到矩形面积，设，得到，结合基本不等式的成立的条件，得到，进而求得实数的取值范围.【详解】解法1：设所在直线方程为且联立方程组，整理得，可得，所以，由直线方程为，所以直线与垂线的距离为，矩形的面积为，设，则，所以，要使最大，则只需的值最大，即的值最小即可，当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当时，有最大值，即时，的值最小，由双勾函数性质在上单调递减，在区间为单调递增，又由，当时，有最小值，所以，所以，可得，即，解得，所以，又因为，解得，所以实数的取值范围是.解法2：设所在直线方程为且联立方程组，整理得，可得，所以，设直线的倾斜角为，可得，即，代入上式，化简得，又由原点的距离为，所以矩形的面积：，设，则，且，可得，则，要使最大，则只需的值最大，即的值最小即可，当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当时，有最大值，即时，的值最小，因为，当且仅当时，即，所以，即，所以，可得，即，解得，所以，又因为，解得，所以实数的取值范围是.故选：C.【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 二、多选题9．下列命题正确的有（    ）A．空间中两两相交的三条直线一定共面B．已知不重合的两个平面，则存在直线，使得为异面直线C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱D．过平面外一定点，有且只有一个平面与平行【答案】BD【分析】根据平面的确定可判断A；根据平面与平面的位置关系结合异面直线的概念可判断B；根据棱柱的概念可判断C；根据线面垂直的性质结合面面平行的判定可判断D.【详解】对于A，空间中两两相交的三条直线交于同一点时，可能共面也可能不共面，A错误；对于B，不重合的两个平面，可能平行或者相交，  不论是平行还是相交，都存在直线，使得为异面直线，B正确；对于C，如图示几何体满足两个平面平行，其他各个面都是平行四边形，  但该几何体不是棱柱，C错误；对于D，由于过平面外一定点，有且只有一条直线m与平面垂直，过点P有且只有一个平面与m垂直，则，故过平面外一定点，有且只有一个平面与平行，D正确，故选：BD10．已知事件满足，，则下列结论正确的是（      ）A．如果，那么B．如果，那么，C．如果与互斥，那么D．如果与相互独立，那么【答案】CD【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率公式的运用。【详解】对于选项A，设一个盒子里有标号为 1 到 10 的小球, 从中摸出一个小球, 记下球的编号,记事件A=“球的编号是偶数”， 事件B=“球的编号是1，2，3” ，事件C=“球的编号是奇数” 满足 , 但是 选项A错误;对于选项B，如果 , 那么 ,选项B错误;对于选项C， 如果与互斥，那么 , 所以选项C正确;对于选项D，如果与相互独立，那么所以选项D正确。故选：CD11．在直角梯形中，为中点，分别为线段的两个三等分点，点为线段上任意一点，若，则的值可能是（    ）  A．1 B． C． D．3【答案】AB【分析】建立平面直角坐标系，设，用坐标表示出，再根据列方程可得，然后可得.【详解】  如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，不妨设，则，则设，则∵，∴，∴整理得，因为，所以故选：AB.12．我们可以利用曲线和直线写出很多不等关系，如由在点处的切线写出不等式，进而用替换得到一系列不等式，叠加后有这些不等式体现了数学之美.运用类似方法推导，下面的不等式正确的有（    ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】通过取特殊值确定AD错误，通过证明当时，，由此证明B，通过证明时，，由此证明C.【详解】选项：，当时不成立，A错误B选项：等价于，故要证明只需证明，且，只需证明，只需证明，故考虑构造函数，则，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，，即，当且仅当时取等号，当时，，将中的替换为，可得，即，所以，，，，所以，B选项正确选项，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，，即，当且仅当时取等号，将中的替换为，因为，所以所以，又，所以，当时，，故，C正确；选项：因为，D错误，故选：BC.【点睛】在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误． 三、填空题13．已知随机变量，且，则的最小值为__________.【答案】8【分析】由题意知关于对称，故，使用基本不等式可求的最小值.【详解】由随机变量，且知关于对称，故，由不等式，得当且仅当时取等号，的最小值为8.故答案为：814．已知等差数列中，，若在数列每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项为__________.【答案】【分析】先计算出等差数列的公差，进而得到新的等差数列的公差，从而求出的通项公式，求出新数列的第项.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，设在数列每相邻两项之间插入三个数所得新数列为，则新的等差数列的公差为，首项为，所以新数列的通项公式为，故.故答案为：.15．已知双曲线的右焦点为，点坐标为，点为双曲线左支上的动点，且的周长不小于18，则双曲线的离心率的取值范围为__________.【答案】【分析】的周长不小于18，可得的最小值不小于13，设为双曲线的左焦点，则的最小值不小于13，分析可得三点共线时，取最小值，从而可求的范围，根据离心率公式即可求解.【详解】由右焦点为，点A坐标为，可得.因为的周长不小于18，所以的最小值不小于13.设为双曲线的左焦点，可得，故，当三点共线时，取最小值,即，所以,即.因为,所以.又,所以.故答案为:.16．正四面体的棱长为4，中心为点，则以为球心，1为半径的球面上任意一点与该正四面体各顶点间的距离的平方和：__________.【答案】28【分析】将正四面体放入正方体中，利用向量的线性运算可得，同理可得到，取的中点，可得到，即可求出答案【详解】因为正四面体的棱长为4，故可将其放入棱长为的正方体中，如图所示，由题意可得,同理可得,,,取的中点，则，所以，所以，  故答案为：28 四、解答题17．已知数列满足，(1)求数列的通项公式；(2)令，求使取最大值时的的值.（取）【答案】(1)(2)2 【分析】（1）由递推公式求得的通项公式；（2）用作比法比较大小确定的单调性求得的最大值.【详解】（1）由得， ，所以 ，所以故等差数列，所以，故通项公式为.（2），令，则，所以 ，当时，当取2时，，当时，.所以当取2时，取最大值.18．斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.  (1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)存在，(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，连接，由题意为正三角形，故,以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：  则，，设，可得，，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；（2）由（1）知，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，则到平面的距离为，即点到平面距离为.19．近年来，绿色环保和可持续设计受到社会的广泛关注，成为了一种日益普及的生活理念和方式.可持续和绿色能源，是我们这个时代的呼唤，也是我们每一个人的责任.某环保可持续性食用产品做到了真正的“零浪费”设计，其外包装材质是蜂蜡.食用完之后，蜂蜡罐可回收用于蜂房的再建造.为了研究蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类的关系，研究团队收集了黄､褐两种颜色的蜂蜡罐，对两个品种的蜜蜂各60只进行研究，得到如下数据： 黄色蜂蜡罐褐色蜂蜡罐品种蜜蜂4020品种蜜蜂5010 (1)依据小概率值的独立性检验，分析蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐是否与蜜蜂种类有关联？(2)假设要计算某事件的概率，常用的一个方法就是找一个与事件有关的事件，利用公式：求解，现从装有只品种蜜蜂和只品种蜜蜂的蜂蜡蠸中不放回地任意抽取两只，令第一次抽到品种蜜蜂为事件，第二次抽到品种蜜蜂为事件，求（用表示）附：，其中.临界值表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联；(2) 【分析】（1）由已知数据结合公式求，比较其与临界值的大小，由此确定蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联，进一步求频率判断；（2）由古典概型概率公式和条件概率公式求，再代入所给公式求解.【详解】（1）根据列表得，所以依据的独立性检验，蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联，品种进入黄色蜂蜡罐的频率为，品种进入褐色蜂蜡罐的频率为，品种进入黄色蜂蜡罐的频率为，品种进入褐色蜂蜡罐的频率为，依据频率分析，品种的蜜蜂选择褐色蜂蜡罐的频率是品种的蜜蜂的两倍，所以品种的蜜蜂选择进入黄色蜂蜡罐与褐色蜂蜡罐有显著差异；（2）由已知上式知，则，所以，所以，所以.20．设为常数）为偶函数且的最小值为-6.(1)求的值；(2)设，且的图像关于直线对称和点对称，若在上单调递增，求和的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先化简，为偶函数，且的最小值为-6，求得所以，，从而可进一步求出的值．（2）先化简，再利用已知条件：它的图像关于直线对称和点对称，求出两个方程，解出，进一步解出的值．【详解】（1）为偶函数，,的最小值为.（2）由（1）得，所以，由的图像关于直线对称，也关于点对称，可知，，，，或（舍去），，，，，，，，，在上单调递增，，， ，经检验，时，不满足对称性，舍去，．21．过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32  (1)求抛物线的方程；(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.【详解】（1）解：设，设直线，联立方程组，整理得，可得，所以，同理可得，所以，当且仅当时取等号，所以，所以抛物线的方程为.（2）解：当为时，，由共线，可得，可得  ①，同理由共线   ②又由共线，可得，所以  ③同理由共线，可得  ④由①③得，即  ⑤又由②④得，即  ⑥由⑤⑥得，即，即，所以在上.  22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若在有两个极值点，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，结合一元二次方程知识分类讨论，即可求得答案；（2）法一：根据在有两个极值点可得在上有两个不等实数根，可确定范围以及韦达定理，进而求得表达式，结合其表达式构造函数，利用导数判断单调性，推出，即可证明结论；法二和法三：结合（1）以及解法一，由表达式构造函数求导后，将a看作变量，将该导数整理变形或者利用导数中的切线不等式的重要结论判断导数的正负，即可判断函数单调性，即可证明结论.【详解】（1）的定义域为R，，，对于，则，当时，，在上单调递增，当时，由得，当和时，，当时，，在单调递增，在上单调递减，综上，当时，在上单增，当时，在上单调递增，在上单调递减；.（2）法一：在上有两个极值点，则，即在上有两个不等实数根，即这两个极值点即为（1）中，，由韦达定理知，，，由于，故在上单调递减，则，则，即，令，，由于在上单调递减，则，故，在上单调递增，，即，即，而要证明，即转化为证明，由以上结论可知，成立；法二：结合以上分析可得，令，，由于，则，则，则在上为减函数，则得证..法三：，设，则，即在上单调递增，故，则，故，则，故，在为减函数，而，则得证.【点睛】难点点睛：根据在有两个极值点，证明不等式成立，首先要结合导数确定的范围，继而要表示出，由此构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合单调性解决问题，计算过程相当复杂，难度较大.