湖南省永州市2022-2023学年高三数学上学期第一次适应性考试试卷（Word版附解析）

永州市2023年高考第一次适应性考试试卷

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. 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】计算一元二次不等式和指数不等式，求出，从而求出交集.

【详解】，解得：，所以，

而，解得：，所以

所以.

故选：C

2. 已知复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的除法法则计算.

【详解】由题意.

故选：A.

3. 已知平面向量满足，则在方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据投影向量的定义结合向量的夹角公式运算求解.

【详解】在方向上的投影向量为

故选：C.

4. 如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，按规则有，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为（    ）

A. 4 B. 7 C. 16 D. 31

【答案】B

【解析】

【分析】由题意，根据递推公式求数列中的某一项，可得答案.

【详解】由题意，，，，

解下第4个圆环，则，即，

而，则，

故选：B.

5. 现有甲､乙､丙､丁四个人到九嶷山､阳明山､云冰山､舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了九嶷山”，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，根据条件概率的公式，结合古典概型的概率计算公式，可得答案.

【详解】由题意，4人去4个不同的景点，总事件数为，

事件的情况数为，则事件发生的概率为，

事件与事件的交事件为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”

事件的情况数为，则事件发生的概率为，

即.

故选：C.

6. 将函数的图象向右平移个单位长度，然后将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则的单调递增区间是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用三角恒等变换化简，得到，再根据平移和伸缩变换得到的解析式，利用整体法求解出单调递增区间.

【详解】，

则，

令，

解得：，

故选：A

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先利用对数函数单调性求出，从而确定，，作差法判断出，从而求出答案.

【详解】，

因为，所以，

所以，

，故，

，故，

令

所以.

故选：D

8. 已知椭圆分别为其左､右焦点，过作直线轴交椭圆于两点，将椭圆所在的平面沿轴折成一个锐二面角，设其大小为，翻折后两点的对应点分别为，记.若，则椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出，且，在中分别使用余弦定理得到，利用题干条件化简得到，求出，从而求出离心率.

【详解】将代入中，解得：，

所以，且，

则在中分别由余弦定理得，

，

所以

又由得：，

所以，即，所以，即离心率为.

故选：A.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 分别是正方体的棱的中点，则（    ）

A. 平面 B.

C. 直线与直线相交 D. 与平面所成的角大小是

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A，根据，判断即可；对B，根据，判断即可；对C，根据不在平面内判断即可；对D，转化为与平面所成的角判断即可.

【详解】对A，因为正方体中且，故四边形为平行四边形，故.

又由中位线性质可得，且平面，平面，故平面.故平面，故A正确；

对B，由A同理可得，，故成立，故B正确；

对C，易得所在的平面为，显然不在平面内，故直线与直线异面，故C错误；

对D，由B，与平面所成的角即与平面所成的角，即，易得为，故D正确；

故选：ABD

10. 对于函数，则（    ）

A. 有极大值，没有极小值

B. 有极小值，没有极大值

C. 函数与的图象有两个交点

D. 函数有两个零点

【答案】AD

【解析】

【分析】对函数求导，通过求导判断函数的单调性从而可知函数是否有极值；画出函数与的图象从而可判断交点个数；函数有两个零点价于函数与图像有两个交点，数形结合即可判断.

【详解】，则，

因为在恒成立.

所以当时，，在单调递减；

当时，，在单调递增；

所以在处有极大值，没有极小值，故A正确，B错误；

根据的单调性，画出函数图像，以及的图象，如图：

由此可知，函数与的图象只有一个交点，故C错误；

函数有两个零点等价于函数与图像有两个交点，如下图所示：

由此可知，函数与图像有两个交点，即函数有两个零点；故D正确.

故选：AD.

11. 抛物线，点在其准线上，过焦点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 有可能是钝角

C. 当直线的斜率为时，与面积之比为3

D. 当直线与抛物线只有一个公共点时，

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，利用抛物线的准线方程即可求解；对于B,对直线的斜率存在和不存在时进行分类讨论，得到，计算即可判断；对于C，可得到，通过计算出即可判断；对于D，设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，通过题意可得到，可计算出的坐标即可判断

【详解】解：对于A，由抛物线可得准线方程为，

又点在其准线上，所以，解得，故A正确；

对于B，由A选项可得，且焦点，

当直线的斜率存在时，设直线，，

则整理得，

所以，，

因

所以

，

所以，因为，所以为锐角；

当直线的斜率不存在时，直线，

所以将代入抛物线可得，则，

则，所以，此时为直角，故B错误；

对于C，，，

所以，

所以当时，，，解得，

所以，故C正确；

对于D，易得直线的斜率存在，设直线的方程为，

所以由得到①，

因为直线与抛物线只有一个公共点，

所以，解得，

又因为点在第一象限，所以，则，

①可变成，解得，故

由B选项可得此时，所以，故D正确；

故选：ACD

12. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 若函数有4个零点，则实数的取值范围为

B. 关于的方程有个不同的解

C. 对于实数，不等式恒成立

D. 当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意先求的解析式，先判断的单调性与最值，对A：将题意转化为：与有四个交点结合图象分析判断；对B：将题意转化为：与的交点个数，分析判断；对C：取特指，代入运算判断；对D：根据图象结合题意运算求解.

【详解】∵，则在的图象是将的图象沿轴方向伸长为原来的3倍、沿轴方向缩短为原来的一半

∴

则在上单调递增，在上单调递减

∴在上的最大值为，最小值为，即在上的值域为

对于A，令，即，则与有四个交点

作出时的图象，如图1：分别与连线的斜率为

结合图象可得：实数的取值范围为，A正确；

对于B，令，则

∴方程的根的个数即为与的交点个数

当时，的最大值为

∴与有且仅有一个交点，

当时，则有：

①当时，在上的最大值为，则与在内有两个交点

∴当，与有交点

②当，则在上的最大值为

∴与有且仅有一个交点

③当时，在上的最大值为，则与在内没有交点

∴当，与没有交点

∴当，与的交点个数为

当时，也成立

∴关于的方程有个不同的解，B正确

对于，因为图象过点，令，则，C错误

对于D，由题意可得：当时，函数的图象与轴围成的图形为三角形，其底边长为，高为

∴当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为

故选：ABD.

【点睛】①对于类周期性函数的理解可以结合函数图象的变换理解函数图象或求其解析式；

②关于函数零点或方程的根问题，我们常常转化为图象的交点，数学结合处理问题.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在的展开式中，的系数是___________.

【答案】80

【解析】

【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，从而得到，进而求出的系数.

【详解】展开式的通项公式，

令，解得：，

则，

所以的系数是80.

故答案为：80

14. 已知两圆与交于两点，则直线的方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由两圆方程作差后求解

【详解】，，

两式作差得，化简得，

故答案为：

15. 函数的最大值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意，采用整体换元，化简函数，利用导数求最值.

【详解】，设，

令为增函数，且，

则，

令得；令得，即在上递增，上递减，

可见取得最大值.

故答案为：.

16. 在四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，为等边三角形，，则四棱锥的外接球球心到平面的距离是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意分析可得外接球球心必在上，结合球的相关性质求，再建系，利用空间向量求点到面的距离.

【详解】取的中点，连接

∵为等边三角形，则

平面平面，平面平面

∴平面

取的中点，由于四边形为等腰梯形，且，

则可以得到，即为等腰梯形的外接圆的圆心

过作的平行线，则外接球球心必在上

，设，在梯形中，，则

∵，即，解出，

建系如图，则

设平面的法向量，则

令，则，则

∵，则到平面的距离

故答案为：.

【点睛】对于具有外接球的锥体：其外接球的球心位于过底面多边形的外心且与底面垂直的垂线上.再结合球的截面性质列方程求其半径.

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）若数列为等比数列，公比为，求的通项公式；

（2）若数列为等差数列，，求的前项和.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求出或，从而求出公比，根据题干条件得到，即是等比数列，从而求出通项公式；

（2）先求出的通项公式，再用累乘法求出的通项公式，再利用裂项相消法求和.

【小问1详解】

因为数列为等比数列，公比为，且，

所以或

所以或，

又

所以，

即数列是以为首项，为公比的等比数列，

故或.

【小问2详解】

依题意得公差，即，

由于

所以，

从而

又满足上式，

所以，

.

故.

18. 如图甲，在边长为4的等边三角形中，，将沿折起，使点到达点的位置，连接，得到如图乙所示的四棱锥，为线段的中点.

（1）求证：；

（2）当翻折到平面平面时，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意，根据线面垂直判定定理，结合等边三角形的性质，可得答案；

（2）由（1）证明垂直，建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，结合夹角公式，可得答案.

【小问1详解】

取的中点，连接，

在等边三角形中为线段的中点，

知，

又平面，平面，

所以平面，又面，故.

【小问2详解】

因为平面平面，面面面

所以面，面，则两两垂直，

故可建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，

于是，

平面的一个法向量为.

设平面的一个法向量为，

由，设，故，

设平面与平面的夹角为，则，

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

19. 由扇形和三角形组成的平面图形如图所示，已知，，点在扇形的弧上运动.

（1）求的值；

（2）求四边形面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）在中，先用余弦定理求，再用正弦定理求解；（2）设，用表示，再结合三角恒等变换与三角函数求最大值.

【小问1详解】

在中，由余弦定理知，

所以

由正弦定理知，，

所以.

【小问2详解】

记四边形的面积为,，则，

由（1）可知，，

所以，

，

所以

其中

故当，即时，取等号，

此时，四边形的面积取得最大值.

20. 我市为了解学生体育运动的时间长度是否与性别因素有关，从某几所学校中随机调查了男､女生各100名的平均每天体育运动时间，得到如下数据：

根据学生课余体育运动要求，平均每天体育运动时间在（60，120]内认定为“合格”，否则被认定为“不合格”，其中，平均每天体育运动时间在（90，120]内认定为“良好”.

（1）完成下列22列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生体育运动时间与性别因素有无关联；

（2）从女生平均每天体育运动时间在的100人中用分层抽样的方法抽取20人，再从这20人中随机抽取2人，记为2人中平均每天体育运动时间为“良好”的人数，求的分布列及数学期望；

（3）从全市学生中随机抽取100人，其中平均每天体育运动时间为“良好”的人数设为，记“平均每天体育运动时间为'良好'的人数为”的概率为，视频率为概率，用样本估计总体，求的表达式，并求取最大值时对应的值.

附：，其中.

【答案】（1）列联表见解析，认为性别因素与学生体育运动时间有关联，此推断犯错误的概率不大于；   

（2）分布列见解析，数学期望为；   

（3），

【解析】

【分析】（1）通过题意可得列联表，计算的值，可得结论；

（2）根据分层抽样的比例可得抽取的女生平均每天体育运动时间在的人数，确定的取值，根据超几何分布可求得每个值对应的概率，即得分布列，从而计算数学期望；

（3）通过题意可得满足二项分布，能得到，然后通过作商法可得到当时，，当时，，即可得到答案

【小问1详解】

由题意可知，22列联表如下表

零假设为：性别与学生体育运动时间无关联.

根据列联表中的数据，经计算得到

，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立即认为性别因素与学生体育运动时间有关联，此推断犯错误的概率不大于；

【小问2详解】

抽取的20人中，女生平均每天运动时间在的人数分别为2人，8人，8人，2人，易知的所有可能取值为，

，，，

所以的分布列为

所以数学期望为；

【小问3详解】

平均每天运动时间在的频率为，

由题意可知，

所以，

由，得，

所以，当时，，即，

当时，，即，

所以，即取最大值时，.

21. 点在双曲线上，离心率.

（1）求双曲线的方程；

（2）是双曲线上两个动点（异于点），分别表示直线的斜率，满足，求证：直线恒过一个定点，并求出该定点的坐标.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点

【解析】

【分析】（1）根据题意列出方程组，求得a,b，可得答案;

（2）分类讨论直线AB的斜率是否存在的情况，斜率存在，设出直线方程并联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出，结合根与系数的关系化简，可得参数之间的关系式，结合直线方程，求得答案.

【小问1详解】

由题意点在双曲线上，离心率

可得； ，解出，，

所以，双曲线的方程是

【小问2详解】

①当直线的斜率不存在时，则可设，

代入，得，

则，

即，解得或，

当时，，其中一个与点重合，不合题意；

当时，直线的方程为，它与双曲线不相交，故直线的斜率存在；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程代入，

整理得，，设，

则，

由，

所以

所以，，

即,

整理得，

即，

所以或，

若，则，直线化为，过定点；

若，则，直线化为，它过点，舍去

综上，直线恒过定点

另解：

设直线的方程为①，

双曲线的方程可化为，

即②，

由①②可得，

整理可得，

两边同时除以，

整理得③，

，

则是方程③的两个不同的根，

所以，即④，

由①④可得 ，解得，

故直线恒过定点.

【点睛】本题考查了双曲线方程的求法，以及直线和双曲线相交时直线过定点的问题，综合性较强，计算量大，解答时要明确解题思路，注意分类讨论，解答的关键是利用联立方程得到根与系数的关系，并利用该关系式化简得到参数之间的关系，从而解决直线过定点问题.

22. 已知，

（1）不等式对任意恒成立，求的取值范围；

（2）当有两个极值点时，求证：.

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）方法一：不等式变形得到，，构造，求导后利用根的判别式进行分类讨论，求出的取值范围；

方法二：同样不等式变形为，，构造函数，求导后对导函数变形为，结合基本不等式，分与两种情况讨论，求出的取值范围；

（2）求导后，转化为是方程的两个不等实根，记，求导后，研究其单调性及图象特征得到，得到，在第一问的基础上，取，得到，将分别代入，变形得到，，从而证明出结论.

【小问1详解】

方法一：当时，不等式两边同除以得：

，，

记，则，

①当即时，则，

所以在上递增，满足要求，

②当时，则在上递增，

满足要求

③当时，令得，

所以在上递减，与题设不符，舍去，

综上，的取值范围为；

方法二：化为，，

记，则

①当时，由基本不等式可知：则，当且仅当时取等，所以在上递增，

满足要求；

②当时，令得，

所以在上递减，

此时与题设不符

综上，的取值范围为；

小问2详解】

定义域为，

，

令得，由题意，是方程的两个不等实根，

记，

则，令得：，令，，

故在上递增，在上递减，

因为，又，且当时，恒成立，

所以，

则，由（1）取，则时，

，

又代入，并整理得，

，

同理，，

所以

【点睛】导函数处理极值点偏移问题，通常构造差函数，然后利用导函数研究其单调性，图象特征，从而确定两根的范围，结合单调性，证明出不等式，也可以根据函数特征将双元问题转化为单元问题进行求解.