新疆乌鲁木齐市等5地2023届高三高考第二次适应性检测数学（理）试题

这是一份新疆乌鲁木齐市等5地2023届高三高考第二次适应性检测数学（理）试题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市等5地2023届高三高考第二次适应性检测数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．复数z满足，则的范围是（    ）
A． B．
C． D．
3．人们用分贝（dB）来划分声音的等级，声音的等级（单位：dB）与声音强度x（单位：）满足.一般两人正常交谈时，声音的等级约为60dB，燃放烟花爆竹时声音的等级约为150dB，那么燃放烟花爆竹时声音强度约为两人正常交谈时声音强度的（    ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
4．为了研究某公司工作人员人数x（单位：名）和月销售量y（单位：万元）的关系，从该公司随机抽取10名工作人员，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为.已知，，.若该公司工作人员为25名，据此估计其月销售量为（    ）
A．195 B．200 C．205 D．210
5．如图，在长方体中，若E，F，G，H分别是棱，，，上的动点，且，则必有（    ）

A． B．
C．平面平面EFGH D．平面平面EFGH
6．已知向量，满足，，（θ为与的夹角），则的最小值为（    ）
A． B． C．1 D．2
7．如图所示的程序框图，输入3个数据，，，则输出的a为（    ）

A．1 B． C． D．
8．已知A，B为双曲线E：的两个焦点，C，D在双曲线上，且四边形ABCD为正方形，则（    ）
A． B． C． D．
9．如图所示的曲线为函数的部分图象，将图象上的所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A．直线为图象的一条对称轴 B．点为图象的一个对称中心
C．函数的最小正周期为2π D．函数在上单调递减
10．已知x，，且，则（    ）
A．0 B． C．1 D．
11．已知四边形ABCD的对角线AC，BD的长分别为和6，且BD垂直平分AC把△ACD沿AC折起，使得点D到达点P，则三棱锥P-ABC体积最大时，其外接球半径为（    ）
A．2 B． C． D．
12．已知，都是定义在上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（    ）
A． B．函数的图象关于点对称
C． D．若，则

二、填空题
13．已知椭圆C：的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，且点P在以OA为直径的圆上，则C的离心率为_____________.
14．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图），在注中，刘徽对“牟合方盖”有以下的描述：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸.规之为圆囷，径二寸，高二寸.又复横规之，则其形有似牟合方盖矣.八棋皆似阳马，圆然也.按合盖者，方率也.丸其中，即圆率也.”牟合方盖的发现有着重大的历史意义.通过计算得知正方体内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为.若在该正方体内任取一点，则此点取自“牟合方盖”内的概率是_____________.

15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则_____________.
16．对于三次函数，给出定义：设是的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”，可以发现，任何一个三次函数都有“拐点”.设函数，则_____________.

三、解答题
17．已知非零数列的前n项和为，且满足，其中p为常数，且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若，，数列的前n项和为，证明：.
18．如图所示，在矩形ABCD中，，，平面ABCD，，点E，Q分别是线段PD，BC上的动点（均不与端点重合），且满足．

(1)证明：CE∥平面PAQ；
(2)是否存在点Q使得二面角A-PQ-D是直二面角，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
19．2022年的男足世界杯在卡塔尔举办，参赛的32支球队共分为8个小组，每个小组有4支球队，小组赛采取单循环赛制，即每支球队都要和同组的其他3支球队各比赛一场.每场比赛获胜的球队积3分，负队积0分.若打平则双方各积1分，三轮比赛结束后，积分从多到少排名靠前的2支球队小组出线（如果积分相等，还要按照其他规则来排名）.已知甲、乙、丙、丁4支球队分在同一个组，且甲队与乙、丙、丁3支球队比赛获胜的概率分别为，，，与三支球队打平的概率均为，每场比赛的结果相互独立.
(1)某人对甲队的三轮小组赛结果进行了预测，他认为三场都会是平局，记随机变量X＝“结果预测正确的场次”，求X的分布列和数学期望；
(2)假设各队先后对阵顺序完全随机，记甲队至少连续获胜两场的概率为p，那么甲队在第二轮比赛对阵哪个对手时，p的取值最大，这个最大值是多少？
20．已知.
(1)当时，求的最小值；
(2)当时，有恒成立，求b的取值范围.
21．已知抛物线C：的准线为l，圆O：.
(1)当时，圆O与抛物线C和准线l分别交于点A，B和点M，N，且，求抛物线C的方程；
(2)当时，点是（1）中所求抛物线C上的动点.过P作圆O的两条切线分别与抛物线C的准线l交于D，E两点，求面积的最小值.
22．已知曲线的方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)过作直线交曲线于、两点，且，求直线的斜率.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)对于任意的正实数m，n，且，若恒成立，求实数a的范围.

参考答案：
1．C
【分析】先由集合的表示方法和指数函数的性质化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.
【详解】因为，
由指数函数的性质可得，
所以，
故选：C
2．B
【分析】根据题意，得到，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由，可得，
又由，所以，即.
故选：B.
3．C
【分析】根据解析式分别求出对于声音强度可得.
【详解】分别记正常交谈和燃放烟花爆竹时的声音强度分别为，
则有，
解得，则.
故选：C
4．C
【分析】计算、，根据回归方程的性质求出的值，再利用回归方程计算时的值．
【详解】根据题意，计算，，；
∴，
∴，
当时，可得，
所以估计其月销售量约为.
故选：C．
5．B
【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】若点与重合，点与点重合，
则与的夹角便是与的夹角，显然与的夹角不是，
所以错误，A错误；
当与重合时，由可得，
当与不重合时，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，
平面平面，
所以，又，
所以，B正确；
当平面与平面重合时，平面与平面不垂直，C错误；
当与重合时，平面与平面相交，D错误.
故选；B.
6．C
【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模长的计算公式求解即可.
【详解】因为向量，满足，，（θ为与的夹角），
则，
则
，
当且仅当时取等号，
即的最小值为1，即的最小值为1.
故选：C.
7．D
【分析】由程序框图可知，输出结果为a、b、c中的最小值，然后将分别化为5和8为底的对数比较大小可得.
【详解】由程序框图可知，输出结果为a、b、c中的最小值，
因为，所以，
又，所以
所以.
故选：D
8．A
【分析】利用已知条件列出方程组，求解得关于，的等式关系，转化为离心率的式子，即可求得．
【详解】解：如图，

正方形的顶点A，B为双曲线的焦点，顶点C，D在双曲线上
则，故
由正方形得：，所以，则
即：，两边同除得：，
解得：或（舍），
，则.
故选：A.
9．A
【分析】先由函数的图象求出的解析式，再结合题意求出，结合余弦函数的图象性质即可求解
【详解】由图象知，
又，所以的一个最低点为，
而的最小正周期为，
所以，
又，则，
所以,即，
又，所以，
所以，
将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的得的图象，
再把所得曲线向左平移个单位长度得，
即.
因为，
所以直线是图象的一条对称轴，故A正确；
因为，
所以不是图象的一个对称中心，故B错误；
函数在周期，故C错误；
由得，
所以在上单调递减，
当时，可知在递减，在递增，所以D错误.
故选：A.
10．A
【分析】抽象为一个函数的两个函数值，分析函数的性质，利用函数值的关系，求出自变量的关系，进而求解.
【详解】由已知，，
所以，，
设，，则，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，
所以函数，为奇函数，
当时，函数都为增函数，
所以函数在上单调递增，
由函数，为奇函数，
可得函数在上单调递增，
所以，故，
所以.
故选：A.
11．B
【分析】设交于点E，由三棱锥P-ABC体积最大可得平面ABC，，后作出三棱锥P-ABC球心O，利用几何知识即可求得外接球半径.
【详解】如图，设交于点E，，
要使三棱锥P-ABC体积最大，则平面ABC，其体积为：
，
则当，即时，三棱锥P-ABC体积最大.
注意到此时，，且均为等边三角形，
设外心为，外心为，过分别作平面BAC，平面PAC垂线，交点为，
则O为三棱锥P-ABC外接球球心.又为重心，则，
结合四边形是矩形，则
.又外接圆半径为，
则三棱锥P-ABC外接球半径为.
故选：B

【点睛】结论点睛：本题有更一般的结论，若在三棱锥P-ABC中，平面平面BAC，则三棱锥P-ABC外接球半径，其中分别为外接圆半径，为交线长度.
12．D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取可判断B，对于D，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】解：对于A，令，代入已知等式得，得，故A错误；
对于B，取，满足及，
因为，所以的图象不关于点对称，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，令，，代入已知等式得，
可得，结合得，，
再令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，所以为周期函数，且周期为3，
因为，所以，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
13．/
【分析】由圆的性质得，由，可得点坐标（用表示），代入椭圆方程后变形可得离心率．
【详解】如图，在以为直径的圆上，则，
又，，因此，，
所以，即，
在椭圆上，则，，即，．
故答案为：．

14．
【分析】设正方体的棱长为，用表示出“牟合方盖”的体积，再利用几何概型计算作答.
【详解】设正方体的棱长为，则该正方体内切球半径为，令 “牟合方盖”的体积为，
于是，解得，而正方体的体积为，
所以在该正方体内任取一点，此点取自“牟合方盖”内的概率是.
故答案为：
15．
【分析】由正弦定理和两角和的正弦公式化简即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得：，
因为，所以，所以，
，
，所以，
则.
故答案为：.
16．－3033
【分析】由题意对已知函数进行二次求导，证明函数关于点中心对称，即，由此可得到结果.
【详解】因为，
所以，
设，则，
令，可得，
又，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用的思想，即可推出，得证；
（2）若，由（1）知数列是首项为2，公比为2的等比数列，根据等比数列前n项和公式求出，即可得出，再利用裂项法求和，即可得证.
【详解】（1）由已知得，得，
所以，又因为，所以，
当时，，故.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）若，由（1）知数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，
故，
所以

，
又因为，所以，
所以.
18．(1)证明见详解
(2)存在，1

【分析】（1）作EF∥AD交PA于F，作EM∥PA交AD于M，连接CM，FQ，先证明，且，再根据题意证明，且，从而得到四边形EFQC是平行四边形，进而即可证明结论；
（2）先利用已知条件建立空间直角坐标系，设，从而求得平面PAQ和平面PQD的法向量，进而解得的值，进而即可求得的值．
【详解】（1）作EF∥AD交PA于F，作EM∥PA交AD于M，连接CM，FQ，

由平面ABCD，且平面ABCD，则，
又EF∥AD，则，
又EM∥PA，则，且，
所以四边形AMEF为矩形，所以，且，
因为，且，
所以，且，
所以，且，
故四边形EFQC是平行四边形，所以CE∥FQ，
又平面PAQ，平面PAQ，
所以CE∥平面PAQ．
（2）依题意，以A为坐标原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴建立坐标系，

设，则，，，，
设平面PAQ的一个法向量为，
由，，
则有，令，得，，则，
设平面PQD的一个法向量为，
由，，
则有，令，得，，则，
若存在二面角A-PQ-D是直二面角，则，即，
解得，即，
故存在点Q是BC的中点时，使得二面角A-PQ-D是直二面角，此时．
19．(1)分布列见解析，
(2)

【分析】（1）利用条件得出随机变量服从二项分布，从而求出可能取值及相应概率，进而求出分布列及数学期望；
（2）利用条件，分别求出甲队第二轮对阵乙队、丙队、丁队至少连续获胜两场的概率，进而求出结果.
【详解】（1）由于甲队每场比赛平局的概率都是，所以甲队三场比赛打平的场次，即随机变量服从二项分布，由题意得，其分布列如下：
，，，，
X
0
1
2
3
P




数学期望.
（2）由已知得不同的对阵情况共有种，每种可能性出现的概率均为.
设甲队第二轮对阵乙队至少连续获胜两场的概率为，甲队第二轮对阵丙队至少连续获胜两场的概率为，甲队第二轮对阵丁队至少连续获胜两场的概率为，则
；
；
；
因为，所以甲队在第二轮对阵乙队时，p的取值最大，最大值为.
20．(1)0
(2)

【分析】（1）求函数的定义域和导函数，根据的单调性确定函数的取值规律，由此判断函数的单调性，求其最值；
（2）已知条件等价于等价于在上恒成立，利用导数求函数的最小值可得b的取值范围.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
易见在上递增，且，
所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
故，所以的最小值为0.
（2）由已知在上恒成立，
即在上恒成立，
也即在上恒成立.
令，，
所以，
令，则是上的增函数，
又因为，，
所以在区间上存在唯一的零点，即，
由得，
又由函数在区间上单调递增，上式等价于
所以，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
21．(1)
(2)

【分析】（1）由已知可得点O到AB的距离等于，由此可得，列方程求可得抛物线方程；
（2）设点，，，由与圆相切，可得，，表示的面积，结合基本不等式求其最小值.
【详解】（1）因为，所以点O到AB的距离等于点O到MN的距离，该距离等于，
由对称性可得直线的方程为，
由取可得，
所以.
由解得，
所以抛物线C的方程为.

（2）由（1）可知准线l的方程为，设点，，，
则直线PD的方程为，
整理得.
因为直线PD和圆O相切，所以点O到直线PD的距离等于1，
即，
整理得，
同理有，
因为，所以m，n是一元二次方程的两个根，
则，，
故，
又因为，
所以.
因为点P到准线l的距离为，
所以
令，则
令，则，当且仅当，即时取等号，
则，，
所以，当且仅当时等号成立.
综上，面积的最小值为.

【点睛】关键点点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
22．(1)
(2)或

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再转化为极坐标方程即可；
（2）设直线的倾斜角为，写出直线的参数方程，代入曲线的普通方程，可得出关于的二次方程，列出韦达定理，设点对应的参数为，点对应的参数为，由已知可得出，代入韦达定理可得出关于的二次方程，解出的值，即可得出直线的斜率.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以，
消去参数，可得，
故曲线的普通方程为.
又，，
故曲线的极坐标方程为，即.
（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数），
代入，得.
，
设点对应的参数为，点对应的参数为，则（*），
因为，所以，
所以，代入（*）式整理，可得，
可得，
若，则，与矛盾，故，
可得，解得，
所以直线的斜率为或.
23．(1)
(2)或

【分析】（1）分，，几种情况去掉绝对值，即可解不等式；
（2）恒成立，等价于，利用基本不等式可得，又，即可得答案.
【详解】（1）原不等式为，
当时，，得，所以；
当时，恒成立，所以；
当时，，得，所以.
综上，不等式的解集为；
（2）因为m，n为正实数，恒成立，
即为，又
，当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.又因为（当时取等号），
要使恒成立，只需.
所以或.