湖南省衡阳市第八中学2023届高三高考适应性考试数学试题及答案

衡阳市八中2023年高考适应性练习卷（五）

数学试题

命题人：谢德斌 审题人：肖中秋

（时量：120分钟 满分：150分）

一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1.己知集合，集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.设，则“”是“”的（    ）

A.充分不必要条件    B.必要不充分条件

C.充要条件    D.既不充分也不必要条件

3.若数据､､､的平均数是，方差是，数据､､､的平均数是，标准差是，则下列结论正确的是（    ）

A.，    B.，

C.，    D.，

4.已知数列的通项公式为，若数列的前项和为，则（    ）

A.582    B.546    C.510    D.548

5.如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（    ）

A.18    B.24    C.30    D.42

6.在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（    ）

A.-1    B.    C.    D.

7.已知实数，满足，则的最大值为（    ）

A.    B.    C.    D.

8.已知平面向量满足，则的最小值为（    ）

A.1    B.    C.2    D.4

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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.设为复数，.下列命题中正确的是（    ）

A.若，则    B.若，则

C.若，则    D.若，则

10.已知函数，其图象相邻对称轴间的距离为，点是其中的一个对称中心，则下列结论正确的是（    ）

A.函数的最小正周期为

B.函数图象的一条对称轴方程是

C.函数在区间上单调递增

D.将函数图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到正弦函数的图象

11.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（    ）

A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形

B.图2中阴影部分的面积为

C.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为

D.由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为

12.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（    ）

A.过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点

B.若为上的动点，则的最小值为5

C.直线与抛物线相交所得弦长为8

D.抛物线与圆交于两点，则

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知，则的值为__________.

14.在的展开式中，二次项系数是__________.（用数字作答）

15.已知双曲线的左､右焦点分别为，圆，过点作圆的切线交双曲线的右支于点，点为的中点，且，则双曲线的离心率是__________.

16.今年是八中建校115周年，也是同学们在八中的最后一年，欧阳题名与上官金榜同学想以数学的浪漫纪念这特殊的一年，他们以三次函数及其三条切线为蓝本设计了一枚“章”，并把它放入一个盒子，埋藏于八中香樟园的某角落，并为这“时间胶囊”设置了一个密码，他们把密码隐藏于刻在盒子上的一道“数学谜语”中：

在这盒子中有一枚我们留下的微章，它由“”，“”两个字母组合而成.其中“”蕴含在函数的图象中，过点与曲线相切的直线恰有三条，这三条切线勾勒出了“”的形状，请你求出使满足条件的三条切线均存在的整数的个数，这就是打开盒子的密码：__________.

四､解答题：（本大题共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）

在中，内角的对边分别为，从①，②，③，这三个条件中任选一个作为题目的补充条件，你的选择是__________，并解答下面问题：

（1）求角的大小；

（2）若，求面积的最大值.

18.（本题满分12分）

已知等差数列与等比数列的前项和分别为：，且满足：，

（1）若，求数列的通项公式；

（2）若求数列的前项的和.

19.（本题满分12分）

如图，已知圆锥是底面圆的直径，且长为4，是圆上异于的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.

（1）求的值；

（2）若，求二面角的余弦值.

20.（本题满分12分）

新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展.某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程.现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表.

（1）求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）近似服从正态分布，其中的近似值为36，用样本平均数作为的近似值，求概率的值；

（2）若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍.若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立.现从该企业生产的该零件中随机抽取一件.

（i）求该零件为废品的概率；

（ii）若在抽取中发现废品，求该废品来自第1条生产线的概率.

参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，.

21.（本题满分12分）

已知双曲线的左顶点为，渐近线方程为.直线交于两点，直线的斜率之和为-2.

（1）证明：直线过定点；

（2）若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值.

22.（本题满分12分）

设函数.

（1）求的极值；

（2）已知有最小值，求的取值范围.

衡阳市八中2023年高考适应性练习卷（五）

数学试题

命题人：谢德斌 审题人：肖中秋

一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1.【答案】D

【详解】因为，

因此，.故选：D.

2.【答案】B

3.【答案】A

【详解】设数据､､､的平均数为，标准差为，

则，可得，

，可得，

由方差公式可得

，

，解得.

故选：A.

4.【答案】B

由，可得.

5.【答案】A

【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，

有2种方案，则不同的信号数为；若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；则不同的信号总数为.故选：.

6.【答案】D

【详解】由，得，则圆心，半径，因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以及两切点构成边长为2的正方形，且对角线，又在直线上，则圆心到直线的距离，解得或，即，根据选项，满足条件的为D.

7.【答案】B

【详解】令则：则可化为：整理得即：

8.【答案】C

解法一：设.因为.

所以由向量数量积的几何意义，可得，如图.因为为夹在两平行直线与间的线段长，所以当时，取到最小值2.故的最小值为2.

故选C.

解法二：在直角坐标系中，设.因为，

，

所以，即.

所以，当且仅当或时，等号成立.故的最小值为2.故选.

解法三：

设与的夹角为，与的夹角为.因为，

所以.因为，，所以，，所以

当且仅当时，等号成立.故的最小值为2.

解法四：由于，可得由，可得所以当且仅当，且要满足条件时等号成立

所以故的最小值为2.故选C.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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.【答案】BC

【解析】由复数模的概念可知，不能得到，例如错误；

由可得，因为，所以，即，B正确；

因为，而，所以，所以，C正确；

取，显然满足，但错误.

故选：BC

10.【答案】ACD

【详解】因为函数图象相邻对称轴间的距离为，则，即：，所以A正确；

因为，则，即：，且点是对称中心，

当时，，即：，

又，所以，即，所以函数的对称轴为：，所以错误；函数的单调增区间为：，所以C正确；

函数图象上所有点横坐标伸长原来的2倍，纵坐标缩短原来的一半，再把得到的图象向左平移个单位长度，得函数，所以正确.

11.【答案】BCD

【分析】根据“牟盒方盖”的定义､祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.

【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，

故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；

根据祖晅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；

由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，

那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，

使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；

而正四棱锥体的体积为.所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确故选：BCD.

12.【答案】CD

【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，从而抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，而直线与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只有一个公共点，故不正确；

抛物线的准线方程是，设到准线的距离为，则；

过作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以，所以的最小值为4，故B不正确；

抛物线的焦点为，直线过焦点，

不妨设直线与抛物线的两个交点分别是，

则，又得，则，

所以，故C正确；

抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.

设，则，解得，所以，故D正确；

故选：BD

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.【答案】

14.【答案】-2288

【详解】二次项系数是-2288

15.【答案】

【详解】点为的中点，且

设直线与圆相切于点，则：

如图所示：，则：

，得：由双曲线的定义可得：，

即：，即：解得：，即.

16.【答案】31

【分析】求导，根据导数的几何意义分析可得原题意等价于与有三个不同的交点，求导判断的单调性与极值，结合图象分析运算.

【详解】由题意可得：，且，

设切点坐标为，斜率，

则切线方程，

因为切线过点，则，

整理得，构建，

原题意等价于与有三个不同的交点，因为，

令，解得；令，解得或；则在上单调递增，在，上单调递减，且，

若与有三个不同的交点，则，所以整数的个数为31.

故答案为：31.

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与轴的交点情况进而求解.

四､解答题：（本大题共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.【答案】（1）（2）

【详解】

选择①

（1），且由正弦定理得：

，即：由余弦定理得：

在中，，即：

选择②

（1），且由正弦定理得：

，整理得：

在中，，即：

又，即：

选择③

（1），且在中：，即：

，即：

又，则：，即：

（2）由（1）得：，且，且

，即：当且仅当时，等号成立.

又面积为：面积的最大值为：.

18.【答案】（1）；（2）

【详解】（1），解得：

设等差数列的公差为，等比数列的首项为，公比为

，则：

又，得：

（2）

数列的前项的和：

19.【解析】由题可知：

面，分别取的中点，连接，则

在圆中，；因为是中点，所以；

所以.同理

于是

（2）因为，即

所以，又，

解得

在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，则，又因为面，所以轴，从而.则，设平面的法向量为，

则，即

不妨取，则，此时

同理，平面的一个法向量分所以

又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为

20.【解析】（1）

由得：

（2）（i）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，

“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，

“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，

则，

又，

于是

（ii）.

21.【解析】方法一：（1）由题知的方程为：，.

显然直线的斜率存在，设直线，

联立，得

设直线的斜率分别为，则，

故

又

不过点

所以直线过定点.

（2）设，由得：

，

同理：，①..

由可知，，设

则

，②

③

①代入②得：，④

④代入③得：

由

当且仅当时，取得最大值.

方法二：（1）由题知的方程为：..

设直线，

由得，

所以，

设直线的斜率分别为，则，

故是方程的两根，

因为直线的斜率之和为-2，所以，所以，

所以直线的方程为，所以直线过定点.

（2）设直线.

由，得.

由，得.

故，同理.

由可知，，

故.

因为，化简得.

当时取等号，所以直线的斜率的最大值为.

22.【解析】（1）函数的定义域为

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，取得极大值，极大值为，没有极小值.

（2）由可化为又函数为单调递增函数则由可得：，即令，则得：

则

令

则

令则

当时，时在单调递增

，即在单调递增

此时，在不存在最小值，即不存在最小值..

当时，时，单调递减，时，单调递增

又

存在，使，当时，，当时，

即当时，单调递减；当时，单调递增

此时，当时，最小，即有最小值

综上，