永州市2023年高考第二次适应性考试试卷（数学）

这是一份永州市2023年高考第二次适应性考试试卷（数学），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


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．
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．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．1014．4015．16．；5
部分小题答案
8．解：由于过作的垂面，
如图可知
过作平面上的垂面,如图，即面面，
可得与的交点即为满足条件的P点，
从而为与面所成角的最大角，
故.
平面平面，过作于，连接，
可知就是 与平面所成角，
在中，，
，且为等腰直角三角形，
则.
而，
11．解：如图建系，＝（3，0，0），＝（0，3，0），.
设平面α的法向量＝（a，b，c），
依题知：，
求得，
所以点C到平面的距离，
所以到平面的距离是5，故A对B错；
平面ABCD与平面α夹角的余弦值是，C对．
因为点到平面α的距离为2，，
所以AB在面α内射影向量是，＝(0，3，3)，
所以与夹角的余弦值是，
（第11题图一）
所以AB在平面α内射影与AD1所成角的余弦值为，D对．正确答案ACD．
方法二：由勾股定理，易得点C到平面α的距离是3，A对；
如图一延长BD交面α于点M，易知DM＝BD=，在△AMD中，∠ADM＝135,
（第11题图二）
由余弦定理求得AM＝，
过D作DN⊥AM于N，由面积法求得DN＝，
如图二延长D1D交面α于点E，过D作DH⊥EN于H，
则DH⊥面α于H，
Rt△EDH中，DN＝，DH＝1，HN＝，EH＝，
ED＝，ED1＝，
故D1到平面α的距离是3，C1到平面α的距离是5，B错；
正方体底面ABCD与平面α夹角的平面角为∠DNE，
（第11题图三）
cs∠DNE=,C对；
如图三，分别过B，D1作BP⊥面α于P，D1Q⊥面α于Q，
过B作BF//PQ交D1Q于F，
BP＝2，D1Q＝3，D1B＝，PQ＝BF＝，
AP＝， D1P＝，
由余弦定理求得，
则AB在平面α内射影AP与AD1所成角的余弦值是，
D对．正确答案ACD．
12．解：构造函数，，，
在区间上递减，在区间上递增，
，在上递减，在上递增，
由极值点偏移知A错B对，
1＜a 在区间上递减，
＝＝2.857＜2.86＝f(a)，>a，ad＜1，
在上递增，
＝，，
＝＝2.857＜2.86＝，，，选BCD．
16．解：依题知｜PB｜=2|PA|，2|PD|+|PB|＝2|PD|＋2|PA|≥2｜AD｜＝，
设点D关于圆C对应的阿波罗点为E（0，m），
依题知点（0，2），（0，－2）分别到点E，D的距离之比为
，
求得，，E（0，），
|PE|=|PD|，
3|PA|－2|PD|＝3（|PA|－|PD|）
＝3（|PA|－|PE|）
3｜AE｜=5.
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．（本题满分10分）
解：（1）∵向量与向量共线，
∴， …………………1分
即， …………………2分
∴，
∵，∴， …………………4分
又∵，
∴． …………………5分
（2）由已知 ………………6分
，
所以． ………………7分
由余弦定理得，
即，联立 ………………8分
解得或， ………………9分
所以． ……………10分
18．（本题满分12分）
解：（1）当时， ，即有， ……………1分
所以时， ……………2分
因为不符合上式， ……………4分
所以数列的通项公式为. ……………6分
（2）由（1）知，当是奇数时,，
记{bn}的前10项的奇数项和为，则
； ……………7分
当是偶数时,，
（或者），……………9分
记{bn}的前10项的偶数项和为，则
，……………11分
所以数列的前10项和.
（注：写成也可） ……………12分
19．（本题满分12分）
解：（1）由题可知四边形是正方形，E是的中点，
所以， ……………1分
又，
所以 ， ……………2分
又，，由余弦定理可得:．……………3分
，即， ……………4分
又且，
， ……………6分
（2）由(1)知两两垂直．以B为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，E(0，2，1)，，，，
于是，，，……………7分
设，
则， ……………8分
设平面的法向量为，
则，
令，则，， ………9分
可知平面PAB的一个法向量， ………10分
所以，
解得或者（舍去）． ………11分
又，所以，
即当平面与平面所成的夹角为时，段长度为.………12分
20．（本题满分12分）
解：（1）因为椭圆C：的离心率是，
所以，
即a=b， ………………………2分
因为过点P（2,1），
有， ………………………3分
联立a=b解得，，
故椭圆C的方程是． ………………………5分
法二：
因为椭圆C：的离心率是，
所以， ………………………1分
联立可得a=b， ………………………2分
因为过点P（2,1），
所以， ………………………3分
联立a=b解得，，
故椭圆C的方程是． ………………………5分
（2）依题意，直线AB存在斜率，设直线AB方程是，
联立，消去y得，，

设A（x1，y1），B(x2，y2)，
则x1＋x2 ，x1x2 ， ………………………6分
直线PA：，
令x=0，得，
同理，
依题意知，
即， ………7分
，
，
， ………8分
，
整理得，
即， ………9分
若，则直线AB过点P（2，1），不合题意，舍去， ………10分
若，则直线AB过点（0 ,－3），
令D（0,－3），则点Q在以PD为直径的圆上， ……………11分
所以当R为PD的中点，即以PD为直径的圆的圆心时，|RQ|等于圆的半径，
故存在定点，使得|RQ|为定值. ……………12分
21．（本题满分12分）
解：甲，乙，丙第i轮次感染分别记为事件Ai，Bi，Ci,且参会前的感染为第1轮感
染，无症状记为事件E.
（1）依题意，参会前甲已感染事件即是无症状感染事件A1|E ， ……………1分
所以P(A1）＝P(A1|E)= ……………2分
……………4分
（2）丙感染记为事件F，
，
， ……………5分
则，
， …………6分
病毒由乙传染丙记为事件M＝，
P(M)＝
， ……………7分
丙感染是因为乙传染的事件即为M|F，
．
故丙感染是因为乙传染的概率是． ……………8分
（3）X的取值为0，1，2．
P(X＝0)＝P()， ……………9分
P(X＝1)＝P()， ……………10分
P(X＝2)＝P()
， ……………11分
X的分布列为：
． ……………12分
22．（本题满分12分）
解：（1）由，可得
， ………1分
①当t=0时，，由得，由得，
故在单调递增，在单调递减； ………2分
②当时,令，可得的两根分别是1和，
i）当时，，
由，得，
由，得或
故在区间上单调递增，
在区间和上单调递减. ………3分
ii）当时，
由，得或，
由，得.
故在区间上单调递减，
在区间和上单调递增. ………4分
综上所述，当t=0时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增，在区间和上单调递减；
当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增.
………………………………………5分
（2）由，，
可得：，
即， ………6分
构造函数，则原不等式转化为时，恒成立.
， ………7分
当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以， ………8分
①当时， 在上单调递减，在区间和上单调递增，
又，且当趋向正无穷时，的值趋于0，
故成立； ………9分
②当t=0时，在上单调递增，在上单调递减，
故，
又，故成立； ……10分
③当时，在单调递增，在和上单调递减，
i)若，则，
当时，则，当时，则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以
又因为，恒成立，
所以，解得，
所以， ………11分
ii)若，则，
由（1）可知在单调递增，在和上单调递减，
此时有，不恒成立
所以不符合题意.
综上，实数的取值范围为. ………12分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
A
D
B
D
B
C
题号
9
10
11
12
答案
ABC
AC
ACD
BCD
X
0
1
2
P