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湖北省天门市2023届高三数学5月适应性考试试题(Word版附解析)

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2023年普通高等学校招生全国统一考试(适应性考试)数学本试卷满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并认真核准准考证号条形码上的以上信息,将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答,写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑;非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答;字体工整,笔迹清楚.4.考试结束后,请将试卷和答题卡一并上交.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.1.设全集,集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】化简集合,得出,利用交集即可求解结果.【详解】由可得,,则.故选:A2.已知,i为虚数单位,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】,【分析】先化简得到复数z,再利用复数的共轭复数求解.【详解】解:因为,所以,,故选:B3.已知向量,满足,且,则向量在向量上的投影向量为()A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积的运算律求出,在根据向量在向量上的投影向量为计算可得.【详解】因为,且,所以,即,所以,所以向量在向量上的投影向量为.故选:C4.科技是一个国家强盛之根,创新是一个民族进步之魂,科技创新铸就国之重器,极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发系留浮空器.2022年5月,“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测,最高升空至9050米,超过珠穆朗玛峰,创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录,彰显了中国的实力.“极目一号”III型浮空艇长55米,高19米,若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,正视图如图2所示,则“极目一号”III型浮空艇的体积约为()(参考数据:,,,)A.B.C.D.【答案】A【解析】,【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为,而圆台一个底面的半径为,再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解.【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为(m),而圆台一个底面的半径为(m),则(m3),(m3),(m3),所以(m3).故选:A.5.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”,其大意为:圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积,并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积,从而更为“精确”地估计圆周率π.据此,当n足够大时,可以得到π与n的关系为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设圆的半径为,由题意可得,化简即可得出答案.,【详解】设圆的半径为,将内接正边形分成个小三角形,由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得:,解得:.故选:A.6.已知,,,则p,q,r的大小关系为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指、对数函数的性质,结合基本不等式分析运算.【详解】由题意可得:,因为,即,所以,即,又因为,所以.故选:D.7.函数(,)的图象如图所示,图中阴影部分的面积为,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】,【分析】由,得到,再由图象近似看成平行四边形求解.【详解】解:由函数(,)的图象知:,则,由图象近似看成平行四边形,则,解得,故选:B8.对任意的,不等式恒成立,则实数的取值集合是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】令,,利用导数研究函数的单调性,可将原不等式转化为时,,当时,.利用导数研究函数的性质,即可求解.【详解】由题意,知,令,,则,所以在上单调递增,易知,所以当时,;当时,.令,则对任意的,不等式恒成立,等价于当时,,当时,.当时,,则函数在上单调递增,所以是的零点,即,,即,即.构造函数,则,函数在上单调递增,由,得,所以,即.令,则,函数在上单调递增,易知,故.故选:A.【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.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.9.2022年6月,某学校为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”下水试航,增强学生的国防意识,组织了一次“逐梦深蓝,山河荣耀”国防知识竞赛,对100名学生的参赛成绩进行统计,可得到如图所示的频率分布直方图,其中分组的区间为,为进一步了解学生的答题情况,通过分层抽样,从成绩在区间内的学生中抽取6人,再从这6人中先后抽取2人的成绩作分析,下列结论正确的是()A.频率分布直方图中的B.估计100名学生成绩的中位数是85C.估计100名学生成绩的80%分位数是95D.从6人中先后抽取2人作分析时,若先抽取的学生成绩位于,则后抽取的学生成绩在的概率是【答案】AC,【解析】【分析】根据频率之和为1可判断A,根据中位数为面积在0.5的位置可判断B,根据百位数的计算可判断C,根据条件概率的计算公式可判断D.【详解】对于A:根据学生的成绩都在50分到100分之间的频率和为1,可得,解得,故A正确;对于B:全校学生成绩的中位数为,故中位数位于之间,故中位数,故B错误,对于C:全校学生成绩的样本数据的分位数约为分,故C正确.对于D:在被抽取的学生中,成绩在区间,和的学生人数之比为,故抽取了2人,中抽取了4人,先抽取的学生成绩位于,则第二次抽取时,是在5个人中抽取,而此时学生成绩在的个数有4个,故概率为,故D不正确,故选:AC10.已知,且,则下列结论中正确的是()A.有最小值B.可以取到0C.有最大值D.有最小值2【答案】AD【解析】【分析】根据“1”的技巧及均值不等式判断A,由均值不等式可得判断B,由均值不等式等号成立的条件判断C,由重要不等式判断D.【详解】因为,当且仅当,即时等号成立,故A正确;因为时,,而,得出,,时等号成立,故不成立,故B错误;因为,当且仅当,即时等号成立,而,故等号不成立,故C错误;由知,,当且仅当时,即时等号成立,故D正确.故选:AD11.有3台车床加工同一型号的零件,第1台加工的次品率为,第2,3台加工的次品率均为,加工出来的零件混放在一起,第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的,,.随机取一个零件,记“零件为次品”,“零件为第台车床加工”,,,下列结论正确的有()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个选项即可.【详解】对于A:因为,故A错误;对于B:因为,故B正确;对于C:因为,,所以,故C正确;对于D:由上可得,又因为,故D错误,,故选:BC.12.在平面直角坐标系中,,B为坐标原点,点P在圆上,若对于,存在数列,,使得,则下列说法正确的是()A.为公差为2的等差数列B.为公比为的等比数列C.D.前n项和【答案】CD【解析】【分析】由圆的方程写出P的参数坐标,由两点距离公式判断,由等比中项性质判断为等比数列,即可依次求得的通项公式,即可逐个判断,其中由错位相减法求和.【详解】对AB,由点P在圆上,则由参数方程得,则,∴.对于,存在数列,,使得,即①,②,②①得,令,则,则是以为首项,公比为的等比数列.则,AB错;对C,,C对;,对D,,,两式相减得,.∴,D对.故选:CD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分,其中第16题第一空2分,第二空3分.13.已知常数,的二项展开式中项的系数是780,则m的值为________.【答案】3【解析】【分析】转化为,利用展开式的通项公式讨论计算即可.【详解】=,设其通项为,设的通项为,要求项的系数,只有为偶数,当,此时项的系数为,当,此时项的系数为,,当,此时项的系数为,当,不合题意,故项的系数为.故答案为:314.已知函数与,若曲线和恰有一个公切点,则的最小值是________.【答案】【解析】【分析】设出公切点,利用和在公切点处函数值和导函数值分别相等,得到的表达式,求出最大值即可.【详解】,.设公切点为,则,,即.因此,其中,因为,所以为第一象限的角;不妨设,因为,所以,当且仅当时,取到最小值,所以的最小值是,且有唯一解.故答案为:.15.已知正方体的棱长为2,M为棱的中点,N为底面正方形ABCD,上一动点,且直线MN与底面ABCD所成的角为,则动点N的轨迹的长度为________.【答案】【解析】【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧,求其圆心角计算弧长即可.【详解】如图所示,取BC中点G,连接MG,NG,由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD,故MN与底面ABCD的夹角即,∴,则,故N点在以G为原点为半径的圆上,又N在底面正方形ABCD上,即N的轨迹为图示中的圆弧,易知,所以长为.故答案为:.16.某同学在学习和探索三角形相关知识时,发现了一个有趣的性质:将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折,则三条圆弧交于该三角形内部一点,且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图,已知锐角外接圆的半径为2,且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若,则___________;若,则的值为___________.,【答案】①.②.##5.75【解析】【分析】第一空,由正弦定理求得,可得,利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得,即得答案;第二空,设,由余弦定理求得它们的余弦值,然后由垂心性质结合正弦定理表示出,即可求得答案.【详解】设外接圆半径为,则,由正弦定理,可知,即,由于是锐角,故,又由题意可知P为三角形ABC的垂心,即,故,所以;设,则,由于,不妨假设,由余弦定理知,设AD,CE,BF为三角形的三条高,由于,故,,则得,所以,同理可得,所以,故答案为:;【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,涉及到三角形垂心的性质的应用,解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系,应用正余弦定理,解决问题.四、解答题:本小题共6小题,共70分,其中第17题10分,18~22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在锐角中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,已知,求:(1)A的大小;(2)的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据给定条件,利用正弦定理边化角,结合和角的正弦求解作答.(2)利用正弦定理边化角,结合已知及(1)的结论,再借助和角的正弦及三角函数的性质求解作答.【小问1详解】在锐角中,由正弦定理及,得,,而,于是,又,则,而,解得,所以A的大小是.【小问2详解】由正弦定理得,,因为为锐角三角形,有,则,从而,,因此所以.18.已知两个正项数列,满足,.(1)求,的通项公式;(2)用表示不超过的最大整数,求数列的前项和.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)由递推公式列方程求出得通项公式;(2)根据高斯函数先推出得解析式,再运用错位相减法求解.【小问1详解】,由,得,由,得,,因为是正项数列,,;【小问2详解】,则当时,,所以,两式相减得,即,因为满足,所以.19.如图,已知四棱锥的底面为菱形,且,,.是棱PD上的点,且四面体的体积为(1)证明:;(2)若过点C,M的平面α与BD平行,且交PA于点Q,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).,【解析】【分析】(1)解法一:取AB中点O,连接PO,CO.推导得到平面,平面PBC,根据体积即可得出答案;解法二:先证明平面PAB.过M作交AP于点N,证明得到平面PBC,根据体积即可得出答案;(2)解法一:建立空间直角坐标系,写出点的坐标,结合平面向量基本定理,求出平面的法向量,计算即可得出答案;解法二:建立空间直角坐标系,写出点的坐标,求出平面的法向量,计算即可得出答案;解法三:通过作图,作出二面角的平面角,构造直角三角形,即可得出答案.【小问1详解】解法一:如图1,取AB中点O,连接PO,CO.因为,,所以,,.又因为是菱形,,所以,.因为,所以,所以.又因为平面,平面ABCD,,所以平面.因为,平面PBC,平面PBC,所以平面PBC,所以.因为,所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的,所以.解法二:如图2,取AB中点O,连接PO,CO,,因为,,所以,,,又因为是菱形,,所以,.因为,所以,所以.因为平面PAB,平面PAB,,所以平面PAB.所以,.过M作交AP于点N,,所以.又平面PBC,平面PBC,所以平面PBC,所以.因为,,所以,所以N是PA的中点,所以M是PD的中点,所以.【小问2详解】解法一:由(1)知,,,.,如图3,以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,则,,,,,所以,,,,,.因为,设,则,因为,,,,故存在实数a,b,使得,所以,解得,所以.设平面的法向量为,则,即,取,得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是,又因为是平面的一个法向量,则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法二:由(1)知,,,,如图3,以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,则,,,,,所以,,,,,,.设平面的法向量为,则,即.取,得到平面的一个法向量.因为,设,则,因为,所以,所以设平面的法向量为,则,即.取,得到平面的一个法向量.设平面与平面夹角是,又因为是平面的一个法向量,则.所以平面与平面夹角的余弦值是.解法三:在平面内,过C作交AD延长线于点E,交AB延长线于点F,因为是菱形,所以.如图4,在平面PAD内,作交EM的延长线于点,设交AP于点Q.所以,四边形是平行四边形,,.,所以,所以,所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.如图5,在平面PAB内,作,交AB于T,因为平面,所以平面,所以,因为,,在平面内,作,交BC于点N,连接QN,过A作交BC于K,在中,,,所以,所以,因为,,,且两直线在平面内,所以平面,因为平面,所以.所以是二面角的平面角.在中,,所以.所以平面与平面夹角的余弦值是.20.人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学,被认为是21世纪最重要的尖端科技之一,其理论和技术正在日益成熟,应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理:首先确定先验概率,然后通过计算得到后验概率,使先验概率得到修正和校对,再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理,我们可以设计如下试验模型;有完全相同的甲、乙两个袋子,袋子有形状和大小完全相同的小球,其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子,再从该袋子中等可能摸出一个球,称为一次试验.若多次试验直到摸出红球,则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率).,(1)求首次试验结束的概率;(2)在首次试验摸出白球的条件下,我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率,②将首次试验摸出的白球放回原来袋子,继续进行第二次试验时有如下两种方案;方案一,从原来袋子中摸球;方案二,从另外一个袋子中摸球.请通过计算,说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】(1)(2)①;②方案二中取到红球的概率更大.【解析】【分析】(1)根据全概率公式,解决抽签问题;(2)利用条件概率公式计算,根据数据下结论.【小问1详解】设试验一次,“取到甲袋”为事件,“取到乙袋”为事件,“试验结果为红球”为事件,“试验结果为白球”为事件,(1).所以试验一次结果为红球的概率为.【小问2详解】①因为,是对立事件,,所以,所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①得,所以方案一中取到红球的概率为:,方案二中取到红球的概率为:,因为,所以方案二中取到红球的概率更大.,21.已知双曲线(,)过,,,四个点中的三个点.(1)求双曲线的方程;(2)若直线与双曲线交于,两点,且,求证:直线经过一个不在双曲线上的定点,并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析,定点的坐标为【解析】【分析】(1)根据双曲线的对称性可知,在双曲线上,而不可能在双曲线上,从而可知也在双曲线上,即可求双曲线的方程;(2)分类讨论,当直线的斜率存在时,设直线的方程为,联立方程组,由韦达定理可用含有的式子表示、,再由得到含有的方程,把、代入化简即可求出的值,从而求出定点坐标.当直线的斜率不存在时,设的方程为,同理可求出定点坐标.【小问1详解】根据双曲线的对称性可知,关于轴对称,所以,必同时在双曲线上,而不可能在双曲线上.则双曲线还经过点,则,将点代入,可得.所以双曲线的方程为.【小问2详解】(ⅰ)当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,,,联立,整理得,.由得(*),且,,因为,所以,,因为,所以,即,所以,即,所以,化简得,即,所以或,且均满足(*),当时,直线的方程为,直线过定点,即点,不符合题意,舍去;当时,直线的方程为,直线过定点,符合题意.(ⅱ)当直线的斜率不存在时,设的方程为,由,解得,依题意,因为,,所以,即,,所以,即,解得(舍)或,所以直线的方程为,直线过点,综上所述,直线经过一个不在双曲线上的定点,定点的坐标为.22已知函数,函数.(1)当时,求的单调区间;(2)已知,,求证:;(3)已知n为正整数,求证:.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【解析】【分析】(1)首先求导得,分和讨论即可;(2)利用同构思想转化为证明,设,则;(3)当时,,令,通过放缩得,利用累加法即可证明原不等式.【小问1详解】,①当时,此时,则恒成立,则的减区间为,,②当时,令,解得,则的增区间为令,解得,则减区间为,综上当时,的减区间为,无增区间;当时,的增区间为,减区间为.【小问2详解】欲证需证,即需证,令,即需证,设,由(1)知当时,的减区间为所以故【小问3详解】由(2)知,当时,,令,则,即所以......以上各式相加得:【点睛】关键点睛:第二问关键是将原不等式变形为,从而利用换元同构的思想证明,第三问的关键在于利用不等式,令,然后进行放缩得,最后累加即可证明.,

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发布时间:2023-06-27 16:54:02 页数:28
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文章作者:随遇而安

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