教育部新课标四省联考2023届高三数学下学期2月高考适应性考试试卷（Word版附解析）

数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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，则（）A.iB.C.1D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法可求运算结果.【详解】,故选：A2.设集合，，．若，，则（）A.B.C.1D.3【答案】B【解析】【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.【详解】因为，故，故或，若，则，，此时，符合；若，则，，此时，不符合；故选：B3.甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，而甲、乙在同一组的分法有，故，故选：A.4.平面向量与相互垂直，已知，，且与向量的夹角是钝角，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，则由题意得，解出方程，检验即可.【详解】设，则由题意得，即，解得或，设，当时，此时，又因为向量夹角范围为，故此时夹角为锐角，舍去；当时，此时，故此时夹角为钝角，故选：D.5.已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】首先由题得到，结合，即可求得.【详解】无论椭圆焦点位于轴或轴，根据点,,为椭圆的三个顶点,若是正三角形,则，即，即，即有，则，解得.故选：C.6.三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（）A.2B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.【详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，在中，，，则，因为平面，平面，所以，在中，不妨设，则由得，所以，当且仅当且，即时，等号成立，所以，所以该三棱锥体积的最大值为.故选：D. .7.设函数，在上的导函数存在，且，则当时（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，若，则，故A错误，若，则，故B错误；对于CD，因为，在上的导函数存在，且，令，则，所以在上单调递减，因为，即，所以，由得，则，故C正确；由得，则，故D错误.故选：C.8.已知a，b，c满足，，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B 【解析】【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.【详解】由题意得，即，则，则，令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：在上单调递减，当时，可得，，两边同取以5为底的对数得，对通过移项得，两边同取以3为底的对数得，所以，所以，所以，且，故此时，，故C,D选项错误，时，，，且，故A错误,下面严格证明当时，，，根据函数在上单调递增，且，则当时，有，，， 下面证明：，要证：，即证：，等价于证明，即证：，此式开头已证明，对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得，则故当时，，则当时，可得，，两边同取以5为底的对数得，对通过移项得，两边同取以3为底的对数得，所以，所以，所以，且，故，故此时，，下面严格证明当时，，当时，根据函数，且其在上单调递减，可知，则，则，根据函数函数在上单调递增，且， 则当时，，下面证明：，要证：即证：，等价于证，即证：，此式已证明，对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得，则，故时，，则当时，，则，，综上，，故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.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.已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（） AB.C.D.【答案】BD【解析】【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可.【详解】因为是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，且两函数在上单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，所以，，所以，，，所以BD正确，C错误；若，则，A错误.故选：BD10.已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（）A.若，，且，则ABCD是平行四边形B.若M是AB中点，N是CD中点，则C.若，，，则CD在上射影是BDD.直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等【答案】ABD【解析】【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐项判断即可得解.【详解】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D, 所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.故选：ABD.11.质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角，设t时刻两点重合，则,即，此时点，即，当时，，故A正确； 当时，，即，故B正确；当时，，即，故D正确.由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.故选：ABD.12.下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可.【详解】因为在矩形中，，又，，面，所以面，又面，所以，因为在矩形中，，所以，即，因为，，，面，所以面，又在矩形中，，所以面，又面，所以，同时，易知在矩形中，， 对于A，在中，，在中，，中，，所以，故A正确；对于B，在中，，在中，，又，且在中，为的斜边，则，所以，故B错误；对于C，在中，，在中，，又，所以，故C正确；对于D，在中，，又，，，所以，所以，即，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需调整生产工艺，使得至多为________．(若，则)【答案】##0.5【解析】【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，即可根据集合的包含关系列出不等式组，从而得解．【详解】依题可知，，再根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，由可得，，所以，解得：，故σ至多为．故答案为：．14.若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解．【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知，的最小值即为的最小值减去半径．因为，，设，，由于恒成立，所以函数在上递减，在上递增，即， 所以，即的最小值为．故答案为：．15.数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．【答案】①.6②.【解析】【分析】根据题意不断计算即可解出．【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；由可得，，即为强率；由可得，，即为强率；由可得，，即为强率，所以；由可得，，即为弱率；由可得，．故答案为：6；．16.图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________． 【答案】5【解析】【分析】方法一：根据题意可知，如果要求只改变的状态，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少，利用表格即可分析求出．【详解】方法一：根据题意可知，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因如下：假设开始按动前所有开关闭合，要只改变的状态，在按动（1,1）后，（1,2），（2,1）也改变，下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2,2），但会导致周边的（2,3），（3,2）也改变，因此会按动开关更多的次数，所以接下来逐一恢复，则至少按开关3次，这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动5次可以满足要求．如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）按动开开关开关关关关关按动开关开开关开关关关按动开关关开开关关关开按动开关关开开关开开关按动开关关关关关关关关 方法二：要满足题意，按动开关次数必须为奇数，且连续两次按一个方格等于无操作，按开关顺序无影响，由对称性按表格顺序可设各方格按动次数为abcbdecef方格改变状态的次数为奇数，其它方格改变状态的次数为偶数，所以，对：a+2b为奇数；对或：a+b+c+d为偶数；对：b+c+e为偶数；对：2b+2e+d为偶数；对或：c+d+e+f为偶数；对：2e+f为偶数，根据以上情况，为使开关次数最少，，，，即1+b+c为偶数，b+c+e为偶数，c+e为偶数，所以可取，，即各方格开关次数如下：101001110具体开闭状态可参照方法一，故按开关的最少次数为5．故答案为：5．【点睛】本题主要考查学生运用所学知识解决知识迁移问题的综合能力，利用表格分析法简单清晰直观．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.如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；（2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为与是底面圆弧所对的圆周角，所以，因为，所以在等腰中，，所以，因为是圆柱的底面直径，所以，则，所以，则，即，所以在等腰，，平分，则，所以，则，故在中，，，则，在中，，因为是圆柱的母线，所以面， 所以，，所以．【小问2详解】以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，则，所以，，，因为，所以，则，设平面的法向量，则，即，令，则，故，设平面的法向量，则，即，令，则，故，设二面角的平面角为，易知，所以， 因此二面角的余弦值为．18.已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．（1）求图像的一条对称轴；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.【小问1详解】因为函数在区间单调，所以函数的最小正周期，又因为，所以直线即为图象的一条对称轴；【小问2详解】由（1）知，故，由，得或3．由为的一条对称轴，所以．因为，所以或， 若，则，即，不存在整数，使得或3；若，则，即，不存在整数，使得或3．当时，．此时，由，得．19.记数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设m为整数，且对任意，，求m的最小值．【答案】（1）（2）7【解析】【分析】（1）由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得解；（2）利用错位相减法求出，结合范围即可得解.【小问1详解】因为，所以，当时，，故，且不满足上式，故数列的通项公式为【小问2详解】设，则，当时，，故， 于是．整理可得，所以，又，所以符合题设条件的m的最小值为7．20.一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．（1）若，求的数学期望；（2）已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值（以使得最大的N的值作为N的估计值）．【答案】（1）20（2）6666【解析】【分析】（1）首先求出标鱼占总体的比例，再分析其符合超几何分布，根据超几何分布期望的计算公式即可得到答案.（2）首先计算出当时，，当时，，记，计算，从而得到单调性，最后得到其最大值.【小问1详解】依题意X服从超几何分布，且，故．【小问2详解】当时，，当时，，记，则 ．由，当且仅当，则可知当时，；当时，，故时，最大，所以N的估计值为6666．21.已知双曲线过点，且焦距为10．（1）求C的方程；（2）已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．【小问1详解】由题意可得，故，所以C的方程为．【小问2详解】设，， 当时，即，解得，则，双曲线的渐近线方程为，故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，此时直线方程为，令，则，故．则直线．由得，所以，．．所以，所以即． 【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.22.椭圆曲线加密算法运用于区块链．椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．（1）当时，讨论函数零点的个数；（2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C切线，切点为P，证明：；（3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．参考公式：【答案】（1）见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.【小问1详解】由题设可知，有，若，则，则，此时仅有一个零点；若，令，解得．当或时，，当时，， 故在，上为单调递增；在上单调递减.因为，若，则，此时，而故此时有2个零点；若，则，此时，而故此时有2个零点；综上，当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．当，有，则有1个零点．【小问2详解】因为为C在点P处的切线，且，所以，故，故，因为“”运算满足交换律、结合律，故，故.【小问3详解】直线的斜率，设与C的第三个交点为，则，代入得， 而，故，整理得到：，故即，同理可得，两式相减得：，故，所以，故，故，所以，因此的坐标为：．【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.