湖南省2023届高三数学下学期5月适应性模拟试卷（Word版附解析）

2023届高三适应性模拟考试科目：数学（试题卷）注意事项：1．本试题卷共6页，共22个小题。总分150分，考试时间120分钟。2．接到试卷后，请检查是否有缺页、缺题或字迹不清等问题。如有，请及时报告监考老师。3．答题前，务必将自己的姓名、考号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码的姓名、考号和科目。4．作答时，请将答案写在答题卡上。在草稿纸、试题卷上答题无效。5．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。绝密★启用前2023届高三适应性模拟考试数学一、单项选择题：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．已知集合，若，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．2．设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且，则的值为（）A．B．C．D．3．已知A，B是：上的两个动点，P是线段的中点，若，则点P的轨迹方程为（）A．B．C．D．4．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长l等于表高h与太阳天顶距的正切值的乘积，即．若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的和，相应的太阳天顶距为和，则的值为（） A．B．C．D．15．已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（）A．B．C．D．6．已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（）A．B．C．D．7．已知双曲线的离心率为，以坐标原点为圆心，双曲线的虚半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，若四边形的面积为，则双曲线的方程为（）A．B．C．D．8．定义：若直线l与函数的图象都相切，则称直线l为函数和的公切线．若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（）A．eB．C．D．二、多项选择题：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．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（） A．B．C．的图象关于点对称D．在区间上单调递增10．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，侧棱，E，F分别为的中点，则下列结论正确的是（）A．异面直线与所成角的大小为B．三棱锥的体积为C．二面角的正切值为D．三棱锥的外接球的表面积为11．已知正项数列满足，则下列结论正确的是（）A．数列中的最小项为B．当时，C．当时，D．对任意且12．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的两条互相垂直的直线分别与抛物线C交于点A，B和D，E，其中点A，D在第一象限，过抛物线C上一点分别作的垂线，垂足分别为M，N，O为坐标原点，若，则下列结论正确的是（） A．B．若，则直线的倾斜角为C．四边形的周长的最大值为D．四边形的面积的最小值为32三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知定义在R上的函数的周期为2，当时，，则________．14．2023年国家公务员考试笔试于1月7-8日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为________．15．在中，，且，若，则________．16．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为________；若，则的最大值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．（本小题满分10分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若D是BC上一点，且，求面积的最大值．18．（本小题满分12分）如图，在四边形中，，以为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且．（1）证明：平面；（2）若M为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．19．（本小题满分12分） 已知正项等比数列的前n项和为，且满足，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．20．（本小题满分12分）中华传统文化的主要内容，从学术流派的角度，主要包括儒家、道家、佛家、诸子百家；从文化载体的角度，主要包括经、史、子、集；从日常生活的角度，主要包括传统民俗文化．为了弘扬中华传统文化，某市初中课后服务开设了中华传统文化专题兴趣小组，该市每学期均组织举办中华传统文化知识竞赛．竞赛规则是：该市属初中均组队参加，每队6人，平均分为3组参加“学术流派”、“文化载体”、“民俗文化”3类专项赛，专项赛的比赛赛制为：每所学校的两人为一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知红心初级中学的张华与刘中两名同学一组，张华与刘中每道题答对的概率分别是和，且每道题答对与否互不影响．（1）若，记张华在一轮竞赛中答对题的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望；（2）若，且每轮比赛互不影响，若张华与刘中组想至少获得5个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？21．（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上异于左、右顶点的动点，的最小值为2，且椭圆C的离心率为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l过与椭圆C相交于A，B两点，A，B两点异于左、右顶点，直线过交椭圆C于M，N两点，，求四边形面积的最小值．22．（本小题满分12分）已知函数．（1）若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围；（2）若恒成立，求a的取值范围． 2023届高三适应性模拟考试·数学参考答案、提示及评分细则1．【答案】B【解析】因为，所以，所以，故选B．2．【答案】A【解析】由题意设，由，得，因为，所以，解得，所以，所以．故选A．3．【答案】C【解析】因为中点为P，又，所以，点P在以C为圆心，4为半径的圆上，其轨迹方程为．故选C．4．【答案】D【解析】由题设，“晷影长”分别是“表高”的倍和倍时，，所以，故选D．5．【答案】C【解析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，圆台的高为h，球的半径为R，则，．故选C．6．【答案】D【解析】记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为，则，记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为，而两两互斥，其和为，所以，记第二次抽到黄球的事件为B，则，故选D． 7．【答案】B【解析】因为双曲线的离心率为，所以，得，所以双曲线的渐近线方程为，设直线的倾斜角为，则，由对称性不妨令点A，B分别在第一、四象限，坐标原点为O，则，于是得，而双曲线的虚半轴长为b，即，显然四边形为矩形，其面积，得，所以，所以双曲线的方程为．故选B．8．【答案】C【解析】设直线与的切点为，由可知该直线的斜率为，即该直线的方程为，即，设直线与的切点为，由可知该直线的斜率为，即该直线的方程为，即，因为函数和有且只有一条公切线，所以即有唯一实根，令，则，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，则在处取得最大值，，当时，，函数图象如图所示，因为有唯一实根，所以只有，故选C． 9．【答案】BD【解析】∵，∴，∴，由于，所以，所以A选项错误，B选项正确；，当时，得．所以关于对称，C选项错误；，当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确．故选BD．10．【答案】BCD【解析】连接交于O点，连接，因为四边形为菱形，且，所以O为的中点，因为F为的中点，所以，且，在直四棱柱中，，且， ∵E为的中点，则，且，∴，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以为异面直线与所成的角或其补角，由已知底面是边长为2的菱形，且，可知．故选项A错误；由已知，所以平面，所以三棱锥的体积，故选项B正确；由已知在直四棱柱中，可得平面，又，所以，所以为二面角的平面角，，故选项C正确；由已知平面，设三棱锥的外接球球心为，外接球半径为R，正三角形的外心为点，则平面，因为，所以，所以，所以三棱锥的外接球表面积，故选项D正确，故选BCD．11．【答案】ABD【解析】，令，当时，递增；当时，递减，且，∴，∵，∴，∴是最小的项，所以A，B正确；令在区间内递减，∴，所以，即；即，即，所以C错误；因为，所以，则，所以，即，所以D正确，故选ABD．12．【答案】ACD 【解析】A选项，由题意得，准线方程为，设直线，与联立得，设，故，则，所以，解得，A正确；B选项，由A选项可知，因为，所以，代入得，即，因为点A在第一象限，所以，解得，故直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，解得，B错误；C选项：抛物线的焦点F的坐标为．因为，所以，由，得，即，当且仅当时，等号成立．所以四边形周长的最大值为，故C正确；D选项：由A选项，得，则，同理得， ，所以，当且仅当时，等号成立，此时，故D正确，故选ACD．13．【答案】1【解析】由题设，是周期为2的偶函数，所以．14．【答案】【解析】因考生成绩服从正态分布，所以，故任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为．15．【答案】或【解析】因为，所以，又，在中，，所以，即，所以或．16．【答案】；【解析】由已知是的两个零点，令，则，当时，单减，当时，单增，所以函数在上递减，在上递增，当时，，当时，，所以只需即可，所以，即实数a的取值范围是；由已知，则，令，得 ，令，则，令，则，所以函数在上递增，又因为，所以当时，，即，所以函数在上递增，所以，所以的最大值为．17．【解析】（1）由及正弦定理得，因为，所以．即．由，得，所以；（2）由题意得，在与中，分别由余弦定理得，，又，化简得，整理得，即，当且仅当时等号成立．所以面积的最大值为．另解：因为，所以，所以，又，所以，所以，当且仅当时等号成立．所以面积的最大值为．18．【解析】（1）因为，又，所以，所以 ，由，可知，因为平面，所以平面，因为平面，所以，又平面，所以平面；（2）由（1）知，取的中点O，连接平面为的中位线，所以，即两两垂直，如图以O为原点建立空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则由令，得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．【解析】（1）设数列的公比为q，由已知得，因为，所以，得，又．所以，所以，对于数列，因为①当时，，则，当时，②， 由①-②得，即，又，也适合上式，故，当时，又，所以；（2）由（1）可得：，则，则数列的前项和，所以．20．【解析】（1）由题设随机变量X的可能取值为0，1，2，3，且，所以，随机变量X的分布列如下表：X0123P；（2）由（1）得，整理得，因为，且，所以， 所以，当且仅当时等号成立，即，令，则，所以，则，当时，，则当时，，张华与刘中两同学在n轮比赛中获得的积分数X满足，所以由，即，解得，因为n为正整数，所以n至少为15，所以若张华与刘中同学这一组想至少获得5个积分，那么理论上至少要进行15轮竞赛．21．【解析】（1）设．由对称性，不妨设，则，所以．因为，所以，所以当时，取得最小值，所以．由解得所以椭圆C的标准方程为；（2）由题设直线l斜率存在，设，由得，∴所以 ，因为，所以，则，所以四边形面积，，当且仅当时取等号，即时，，当直线l的斜率不存在时，，四边形的面积为，又由，所以四边形面积的最小值为．22．【解析】（1）由已知，令，又，得．由题设可得，令，其中，则直线与函数的图象在上有两个交点，因为，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减．所以函数的极大值为，且，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，所以函数在上有且仅有2个零点， 故实数a的取值范围是；（2）当时，由已知函数的定义域为，又恒成立，即在时恒成立，当时，恒成立，即，又，则，下面证明：当时，在时恒成立。由（1）得当时，，要证明，只需证明对任意的恒成立，令，则，由，得，①当，即时在上恒成立，则在上单调递增，于是；②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，于是，令，则，则在上单调递增．于是，所以恒成立，所以时，不等式恒成立，因此a的取值范围是．