2023届湖南省岳阳市平江县第一中学高三下学期适应性考试（二）数学试题含答案

这是一份2023届湖南省岳阳市平江县第一中学高三下学期适应性考试（二）数学试题含答案，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届湖南省岳阳市平江县第一中学高三下学期适应性考试（二）数学试题

一、单选题
1．集合，若，则集合可以为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式化简集合M，再根据给定的并集结果逐项判断作答.
【详解】解不等式得：，则，而，
对于A，，不符合题意，A不是；
对于B，，不符合题意，B不是；
对于C，，符合题意，C是；
对于D，若，则，不符合题意，D不是.
故选：C
2．已知复数（i是虚数单位）的共轭复数是，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据复数除法运算化简z，进而可得，相减即可得出答案.
【详解】因为
所以
所以
所以的虚部为
故选：B
3．若点在圆上，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，故在直线上，又点在圆上，则直线与圆有公共点，圆心到直线距离小于等于半径，解不等式即可.
【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为4；
设，故在直线上，又点在圆上，
则圆心到直线的距离，
即，故，解得，
则的取值范围为.
故选：B.
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40cm，上口直径约为28cm，下端圆柱的直径约为18cm．经测量知圆柱的高约为24cm，则估计该何尊可以装酒（不计何尊的厚度，，）（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据圆柱和圆台的体积公式计算可得结果.
【详解】下端圆柱的体积为：，
上端圆台的体积为：，
所以该何尊的体积估计为.
因为最接近，
所以估计该何尊可以装酒.
故选：C
5．甲､乙､丙､丁､戊5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．
【答案】B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，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.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为或
当5人被分为时，情况数为;
当5人被分为时，情况数为；
所以共有.
由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，
所以甲不在小区的概率为
故选：B.
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4
B．的最大值为
C．的最大值为2
D．的最大值为
【答案】C
【分析】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AC，由向量相等求，结合三角函数性质求，的最值.
【详解】以A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4，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，所以所以的最大值为， B正确，
当，即时，所以所以的最大值为，D正确，
故选：C.
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．-1 B． C． D．
【答案】C
【分析】设，则，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可.
【详解】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：C.
【点睛】关键点点睛：设，则，，求得是解决本题得关键.
8．已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】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.
【详解】∵  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：A.


二、多选题
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
【答案】ABC
【分析】根据回归直线一定经过样本中心点，及残差概念等来逐项判断.
【详解】对于A选项，因为回归直线方程为，，所以变量与具有正相关关系.故A正确；
对于B选项，当时，，样本中心点为，去掉两个数据点和后，样本中心点还是，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；
对于C选项，因为，所以去除后的估计值增加速度变慢，故C正确；
对于D选项，因为，所以，故D错误.
故选：ABC.
10．设函数，若在上有且仅有3条对称轴，则（    ）
A．在上有且仅有2个最大值点
B．在上有且仅有2个零点
C．的取值范围是
D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】由换元法结合正弦函数的图象以及性质逐一判断即可.
【详解】∵，，
∴，∴，
令，∴，
画出图象进行分析：

对于A选项：由图象可知：在上有且仅有，对应的这2个最大值点，故A选项正确；
对于B选项：当，即时，在有且仅有2个零点；
当，即时，在有且仅有3个零点，故B选项不正确；
对于C选项：∵在有且仅有3条对称轴，
∴，∴，
∴的取值范围是，故C选项正确；
对于D选项：∵，，∴，∴，
由C选项可知，，∴，
即在上单调递增，故D选项正确.
故选：ACD.
11．数列满足，，数列的前n项和为，且，则下列正确的是（    ）
A．
B．数列的前n项和
C．数列的前n项和
D．
【答案】BCD
【分析】求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前n项判断选项B；求得数列的前n项和，进而判断选项C；求得数列的前项和进而判断选项D.
【详解】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3公比为3 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：BCD.
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，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为1，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1
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
【答案】AB
【分析】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1，可判定A正确；根据点E为该球与勒洛四面体的一个切点，由A，O，E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1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1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.
【详解】对于A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1，所以A正确；
对于B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E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
则该球的球心O为正四面体的中心，半径为OE，连接AE，
由A，O，E三点共线，且，，
因此，内切球的表面积为，故B正确；

对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积，则，所以C错误；

对于D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：AB.

三、填空题
13．的展开式中，含项的系数为___________．
【答案】
【分析】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.
【详解】的展开式中，含项的系数为．
故答案为：．
14．已知函数，写出一个同时满足下列两个条件的：___________.①在上单调递减；②曲线存在斜率为的切线.
【答案】（答案不唯一）
【分析】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.
【详解】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：
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，2为半径的圆在斜坐标系中的方程是________.

【答案】
【分析】由题意，可设圆上动点的斜坐标为，则，两边同时平方，根据斜坐标系的定义进行变形，整理出圆的斜坐标系下的方程即可.
【详解】设圆上动点的斜坐标为，则，，

故答案为：
【点睛】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．如图，双曲线E：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T.延长交E的左支于P点，若M为线段的中点，且，则E的离心率为______.

【答案】
【分析】用和来表示,用和双曲线的定义列式子求解即可.
【详解】由题意，得，，
，，
，
解得.
故答案为：


四、解答题
17．已知数列的前项和为，且，_______.
请在（1）;（2）成等比数列;（3），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.
(1)求数列的通项公式;
(2)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.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）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；
（2）首先由（1）得，再根据数列正负项的分界，分情况求数列的前项和.
【详解】（1）由题可知，即，所以数列是首项为，公差为2的等差数列.
若选（1）:由，得，即，
所以，解得，所以，
即数列的通项公式为.
若选（2）: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（3）:由，得，即，
所以，即数列的通项公式为.
（2）由（1）得，令，得，所以当时，
，
当时，


综上所述，
18．已知的内角所对的边分别为.
(1)若，求证:是等边三角形;
(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析;
(2)

【分析】（1）由正弦定理可得，再由，可得，从而得，即得证；
（2）结合（1）及正弦定理可得，结合余弦定理可得，从而可得，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）证明:由正弦定理得
又因为，，，

又，即
由，则，即，
，整理得.
，，则，
，
为等边三角形；
（2）由（1）得，由正弦定理得，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，
即的最大值为.
19．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．

(1)设 为棱 的中点，证明：四点共面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.
【详解】（1）连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,
又平面，平面,所以 ,
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以 ,
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面 ,
因此,所以四点共面，

（2）由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,,设，
由（1）知,故，解得，故,
,
设平面，的法向量分别为则
即，取，则 ，
即，取，则 ，
设平面与平面的夹角为，则
20．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5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5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3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.
(1)若1班代表队从甲箱中抽取了2个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着2班代表队答题，2班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题.已知2班代表队从乙箱中取出的是选择题，求1班代表队从甲箱中取出的是2个选择题的概率；
(2)经过预赛，成绩最好的6班代表队和18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6班代表队获胜的概率为，18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X，求随机变量X的数学期望.
【答案】(1)
(2).

【分析】（1）根据古典概型概率公式、全概率公式可得2班代表队从乙箱中取出1个选择题的概率，然后根据条件概率公式计算即可；
（2）由题意知：X的可能取值为3，4，5，分别计算对应的概率，利用数学期望的公式计算.
【详解】（1）设事件A为“2班代表队从乙箱中取出1个选择题”，事件为“1班代表队从甲箱中取出2个都是选择题”，事件为“1班代表队从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“I班代表队从甲箱中取出2个题都是填空题”
则、、彼此互斥，且，
因为 ，，
所以 ，，，
，
所求概率即是A发生的条件下发生的概率：
.
（2）由题意知：X的可能取值为3、4、5，
两班代表队打完三局恰好结束比赛的基本事件有{三局6班胜}，{三局18班胜}，
而第一局比赛6班获胜的概率为，则第一局比赛18班获胜的概率为，又胜者在接下来一局获胜的概率为，
所以，
当时，前三局{两局6班胜，一局18班胜，最后6班胜}，{两局18班胜，一局6班胜，最后18班胜}，
最后6班胜概率为，

最后18班胜概率为 ，
所以，
则有，  
综上，.
21．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8，T的离心率为．
(1)求椭圆T的标准方程；
(2)设，且，过点D的直线l与椭圆T交于不同的两点M，N，是T的右焦点，且与互补，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意，易知，再结合椭圆的离心率为求解；
（2）根据与互补，得到，得到，联立直线MN与椭圆的方程，结合韦达定理求得，得到直线MN的方程为，再求得点到直线MN的距离d和，由求解.
【详解】（1）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T的标准方程为；
（2）由题意得，设，．
因为与互补，
所以，即，
化简整理，可得，
设直线MN的方程为，
得．
联立直线MN与椭圆的方程得，
整理得，
，可得，
则，，
所以，
解得，
故直线MN的方程为．
点到直线MN的距离，
，

，
所以，
由，可得，，即．
记，则，，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立．
故面积的最大值为．
22．已知函数，，.
（1）若，证明：当时，；
（2）讨论在上零点的个数.
【答案】（1）证明见解析；（2）当时，在上有1个零点；当时，在上有2个零点.
【分析】（1）作差，令，利用导数证明当，有即可；
（2）对于，求出，对a讨论，利用零点存在定理讨论零点个数.
【详解】解：（1）令，所以
当时，，，所以.
所以在上单调递增.
当，有，
∴在上恒成立.
（2）.所以，
设，，
①当时，因为，所以，而，
所以，即恒成立，所以零点个数为1个.
②当时，，所以在上递增，而，所以，所以在上递增，
因为，所以是唯一零点，此时零点个数为1个.
③当时，，所以在上递增，而，，所以存在，有，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得最小值，而，，
又因为图象是连续不间断的，由零点存在性定理知，
在上有唯一零点，又因为也是零点，
所以在上有2个零点.
综上：当时，在上有1个零点；
当时，在上有2个零点.
【点睛】（1）利用导数证明不等式的解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，解题关键是如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数；
（2）研究函数零点(方程有根) 的常用方法：
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：研究单调性，利用零点存在定理判断．