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湖北省襄阳市第四中学2023届高三数学下学期5月适应性考试(二)试题 (Word版附解析)

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襄阳四中高三5月适应性考试2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题(二)数学一、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.设全集,集合,集合.则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简集合,根据集合运算法则求.【详解】由有意义可得,解得,所以,又,所以,因为,所以.故选:C.2.设,则在复平面内所表示的区域的面积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在复平面内作出满足的复数对应的点的轨迹,可知所求区域为圆环,确定两圆的半径,结合圆的面积公式可求得结果.【详解】满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心,半径为的圆,满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心,半径为的圆,则在复平面内所表示的区域为圆环,如下图中阴影部分区域所示: 所以,在复平面内所表示的区域的面积是.故选:C.3.如图,圆锥的底面直径和高均是,过的中点作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过圆锥的底面半径和高,可求出圆柱的高和底面半径,再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.【详解】设圆柱的底面半径为,高为,则,,圆锥的母线长为,过的中点作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为.故选:B4.算盘起源于中国,迄今已有2600多年的历史,是中国传统的计算工具:现有一种算盘(如图1),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下五珠,上拨一珠记作数字1(如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的两枚算珠,则表示的数字大于50的概率为 ()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果,从而得到表示不同整数的个数和表示的数字大于50的个数,再根据古典概型概率计算公式即可求解.【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠,有两类办法,第一类,只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法,表示的数字分别为;第二类,在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法,表示的数字分别为,所以表示不同整数的个数为8.其中表示的数字大于50的有共3个,所以表示的数字大于50的概率为.故选:B5.已知函数,若在上的值域为,则的取值范围为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简函数解析式可得,求出的范围,再由函数的值域可得,解不等式即可求解. 【详解】函数可化为,所以,因为,所以,因为在上的值域为,所以,所以,所以的取值范围为.故选:B.6.已知展开式中前三项的二项式系数和为,则展开式中系数最大的项为第()A.项B.项C.项D.项【答案】D【解析】【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为求出的值,然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数.【详解】的展开式中前三项的二项式系数和为,整理可得,且,解得,的展开式通项为,设展开式中第项的系数最大,则, 即,解得,因为,故,因此,展开式中系数最大的项为第项.故选:D.7.已知椭圆与双曲线共焦点,双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分,两曲线的交点与两焦点共圆,则椭圆的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设椭圆的标准方程为,双曲线的标准方程为,设椭圆与双曲线的公共焦点为、,且、为两曲线的左、右焦点,设椭圆与双曲线在第一象限的交点为,在第三象限的交点为,由已知条件可得出,利用椭圆和双曲线的定义可求得、,分析出为直角,利用勾股定理可求得椭圆的离心率.【详解】设椭圆的标准方程为,双曲线的标准方程为,设,因为双曲线实轴的两顶点将椭圆的长轴三等分,则,设椭圆与双曲线的公共焦点为、,且、为两曲线的左、右焦点,设椭圆与双曲线在第一象限的交点为,在第三象限的交点为, 则,解得,由对称性可知、的中点均为原点,所以,四边形为平行四边形,因为、、、四点共圆,则有,故,由勾股定理可得,即,即,即,故椭圆的离心率为.故选:C.8.已知三个互异的正数,,满足,,则关于,,下列判断正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把变形为,构造函数,求导,得,或,,然后构造,利用函数单调性比较即可. 【详解】因为,所以,设,则,令得,令得,所以函数在递减,函数在递增,所以,(1)当,时,,设,易知在上单调递减,且,所以,所以,所以,又,所以,所以,所以;(2)当,时,,设,易知在上单调递减,且,所以,以,所以,又,所以,所以,所以所以;综上可得:成立.故选:D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.以下说法正确的是()A.数据1,2,4,5,6,8,9的60%分位数为5B.相关系数的绝对值接近于0,两个随机变量没有相关性C.决定系数越小,模型的拟合效果越差D.若,则【答案】CD 【解析】【分析】求出60%分位数判断A;利用相关系数的意义判断B;利用决定系数的意义判断C;利用二项分布的方差公式计算判断D作答.【详解】对于A,由,得数据1,2,4,5,6,8,9的60%分位数为6,A错误;对于B,相关系数的绝对值接近于0,两个随机变量的相关性很弱,B错误;对于C,决定系数越小,表示残差平方和越大,则模型的拟合效果越差,C正确;对于D,由,得,所以,D正确.故选:CD10.已知关于的方程有两个不等的实根,且,则下列说法正确的有()A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知与有两个不同的交点,利用导数研究函数性质,结合图象确定的范围,判断A,要证明只需证明,结合函数单调性只需证明,故构建函数,利用导数证明结论,判断B,利用比差法比较,判断C,利用的范围,结合指数函数性质证明,判断D.【详解】方程,可化为,因为方程有两个不等实根,所以与有两个不同的交点,令,则,令,可得,当时,,函数在单调递减,当时,,函数在单调递增,,当时,,且,当时,, 当时,与一次函数相比,指数函数呈爆炸性增长,故,当时,,,根据以上信息,可得函数的大致图象如下:,且,故A正确.因为,构造,,在上单调递增,,,即,由在单调递增所以,故B正确.对于C,由,,所以,又,所以,则,所以,故C错误.对于D,由,可得, 所以,D正确.故选:ABD.【点睛】关键点点睛:导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.11.如图,已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形,,点为的中点,点为底面上的动点,则()A.当时,存在唯一的点满足B.当时,存在点满足C.当时,满足的点的轨迹长度为D.当时,满足的点轨迹长度为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系,结合选项逐个验证,利用对称点可以判断A,利用垂直求出可以判断B,求出点P轨迹长度可判定C,D.【详解】以为原点,所在直线分别为轴,建系如图, 则,,,设对于选项A,当时,,由得,即,解得,所以存在唯一的点P满足,故A正确;对于选项B,当时,,,设点关于平面的对称点为,则,.所以.故B不正确.对于选项C,当时,,,则,由得.在平面中,建立平面直角坐标系,如图,则的轨迹方程表示的轨迹就是线段,而,故C正确.对于选项D,当时,,, 则,由得,即,在平面中,建立平面直角坐标系,如图,记的圆心为,与交于;令,可得,而,所以,其对应的圆弧长度为;根据对称性可知点P轨迹长度为;故D错误.故选:BC.12.在平面直角坐标系中,由直线上任一点向椭圆作切线,切点分别为、,点在轴的上方,则()A.当点的坐标为时,B.当点的坐标为时,直线的斜率为C.存在点,使得为钝角D.存在点,使得【答案】AD【解析】 【分析】设点、,先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为,可得出椭圆在点处的切线方程,设点,写出直线的方程,逐项判断可得出合适的选项.【详解】设点、,先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为,由题意可得,联立可得,即,即方程组只有唯一解,因此,椭圆在其上一点处的切线方程为,同理可知,椭圆在其上一点处的切线方程为,因为点为直线上一点,设点,则有,即,所以,点、的坐标满足方程,所以,直线的方程为, 对于A选项,当点的坐标为,即,此时直线的方程为,由可得,即点,此时,A对;对于B选项,当的坐标为时,即时,此时,直线的斜率为,B错;对于C选项,联立可得,,由韦达定理可得,,,同理,所以,,因此,恒为锐角,C错;对于D选项,若点为椭圆的上顶点,则轴,此时,所以,点不是椭圆的上顶点,线段的中点为,所以,,,存点,使得,则,则, 化简可得,因为,,所以,,即,因为,解得,因此,存在点,使得,D对.故选:AD.【点睛】方法点睛:求圆锥曲线的切点弦所在直线的方法如下:(1)求出两切线与曲线的切点坐标,利用两点式方程可得出切点弦所在直线的方程;(2)写出曲线在切点处的切线方程,将两切点的公共点代入两切线方程,通过说明两切点的坐标满足某直线方程,可得出切点弦方程.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,,,若,则实数________.【答案】或【解析】【分析】先求,利用两向量平行坐标运算求出m.【详解】∵,,∴.∵,∴,解得:或故答案为:或.14.数列满足,则数列的通项公式为________.【答案】【解析】【分析】根据题目给出的递推公式进行升次作差即可求解. 【详解】由题意…①,,…②,②①得:,则当时,,当,不适合上式.;故答案为:.15.在直角梯形中,,,,,动点在以点为圆心,且与直线相切圆上移动,设,则最大值是________.【答案】4【解析】【分析】建立直角坐标系,写出点的坐标,求出BD的方程,求出圆的方程,设出,求出三个向量的坐标,用P的坐标表,则,根据直线AP:与有交点,求出范围.【详解】解:以为原点,分别以方向为轴,建立如图所示直角坐标系:所以,,,,所以,,因为圆与直线相切,而,圆心, 所以半径,所以圆:,设,则,,又所以,则,所以所以表示坐标原点A与点P两点之间连线的斜率的2倍,因为动点在圆上移动,所以直线AP:与有交点,则圆心到的距离为解得:,则所以,则最大值是4.故答案为:4.16.已知关于的方程在上有两个不相等的实很,则实数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】原方程可化为,令,,即得在有两个不相等的实根,再转化为和,有两个不同的交点,利用导数研究函数图象,并结合图象得到结果即可.【详解】由,可得方程可化为,令,, 因为在上单调递增,所以函数在上单调递增,故时,值域为.方程可化为,当时,方程可化为,不成立,故,故原方程可化为,由已知在有两个不相等的实根,即和,有两个不同的交点.,当和时,,即在上递减,在上递减;当时,,在递增.另外,时,;时,;,当时,,当,且时,,当,且时,,根据以上信息,函数,大致图象如下, 当时,和,的图象有两个不同的交点.所以的取值范围是.故答案为:.【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)或已知零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法:(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:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.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.已知数列满足,且.(1)求的通项公式;(2)求数列的前项和.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)推导出数列为等差数列,确定该数列的首项和公差,即可求得数列的通项公式;(2)求得,利用错位相减法可求得.【小问1详解】解:因为数列满足,且,在等式两边同时乘以可得,且,所以,数列是以为首项,公差为的等差数列,所以,.【小问2详解】解:由(1)可得,所以,,①可得,②①②可得,因此,.18.如图,在四棱锥中,为直角梯形,,,平面平面.是以为斜边的等腰直角三角形,,为上一点,且. (1)证明:直线平面;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接交于点,连接.由,得与相似.推导出.由此能证明直线平面.(2)推导出平面.以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立空间直角坐标系.利用向量法能求出二面角的余弦值.【小问1详解】连接交于点,连接.因为,所以与相似.所以.又,所以.因为平面,平面,所以直线平面.【小问2详解】平面平面,平面平面,平面,,所以平面.以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 则,0,,,1,,,2,,,,2,,.设平面的一个法向量为,,,则,令,得,设平面的一个法向量为,,,则,令,得,,.设二面角的平面角的大小为,则.所以二面角的余弦值为.19.在中,,为的中点,.(1)若,求的长;(2)若,求的长.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)在中,由余弦定理求得,即可得,在中利用余弦定理即可求得答案;(2)设,由正弦定理求得,结合,以及,可推出,再由,推出,联立解方程可得答案.【小问1详解】 在中,,则,在中,,所以.【小问2详解】设,在和中,由正弦定理得,,又,得,即在中,,由,有,所以,整理得:,①又由,整理得:,②联立①②得,,即.,解得或,又,即,故, 所以.20.某学校开展了一项“摸球过关”的游戏,规则如下:不透明的盒子中有3个黑球,2个白球.这些球除颜色外完全相同,闯关者每一轮从盒子中一次性取出3个球,将其中的白球个数记为该轮得分,记录完得分后,将摸出的球全部放回盒子中,当闯关者完成第轮游戏,且其前轮的累计得分恰好为时,游戏过关,同时游戏结束,否则继续参与游戏:若第3轮后仍未过关,则游戏也结束.每位闯关者只能参加一次游戏.(1)求随机变量的分布列及数学期望;(2)若某同学参加该项游戏,求他能够过关的概率.【答案】(1)分布列见解析,;(2)该同学能够过关的概率为.【解析】【分析】(1)确定随机变量的可能取值和取每个值所对应的概率,即可得到分布列,结合期望公式即可得解;(2)分别求出该同学取球1次后,取球2次后,取球3次后过关的概率,求和即可得到答案.【小问1详解】由题意得,随机变量可取的值为0,1,2,易知,,则随机变量的分布列如下: 012所以;【小问2详解】由(1)可知,该同学每轮得分,分,分的概率依次为,,,记该同学第轮的得分为,则其前轮的累计得分为,若第一轮取球后过关,即该同学得分,则;若第二轮取球后过关,即该同学获得的分数之和为分,有“”、“”的情形,则;若第三轮取球后过关,即该同学获得的分数之和为分,有“”,“”的情形,则;记“该同学能过关”为事件,则.21.已知双曲线与直线:有唯一的公共点,过点且与垂直的直线分别交轴,轴于,两点,点坐标为,当点坐标为时,点坐标为.(1)求双曲线的标准方程;(2)当点运动时,求点的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.【答案】(1)(2)且,轨迹是去掉顶点的双曲线.【解析】【分析】(1)令,根据题设求得即有,则有 ,联立双曲线,结合、在双曲线上求参数,即可得标准方程;(2)联立与双曲线,由得,进而有,即可写出其轨迹方程,并判断轨迹曲线.【小问1详解】由题设,,令,则,令,则,所以,,故,所以,可得,即且过,则,所以,代入并整理得,则,即,又,所以,,故.【小问2详解】由(1)联立双曲线与直线,则,所以,则,整理得,故,, 而,令,则,令,则,所以,显然,故点的轨迹方程为,即且(注意:的斜率存在),所以轨迹是去掉顶点的双曲线.22.已知,设函数,是的导函数.(1)若,求曲线在点处的切线方程;(2)若在区间上存在两个不同的零点,.①求实数的取值范围;②证明:.【答案】(1)(2)①;②证明见解析【解析】【分析】(1)导数几何意义求切线方程即可;(2)①设,因为,所以与零点相同,根据的单调性与极值情况来确定的范围;②根据题意,利用放缩构造等思路结合导数,求出的范围.【小问1详解】由题设,则,且,所以,,则在点处的切线方程为,即.【小问2详解】①当时等价于, 设,则.当时单调递减;当时单调递增;所以,当时,因为在上存在两个不同的零点,则,解得.当时,取,则,故,又,所以在和上各有一个零点,故.②因为,所以,结合知:.设,则,在上,在上,所以在上递增,在上递减,故,即,所以,即,当时取等号,所以.由①知,在上单调递增,且,所以,即.因为在上是减函数,且,所以,得证.【点睛】方法点睛:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数 形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

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发布时间:2023-06-03 16:54:03 页数:30
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文章作者:随遇而安

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