2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合A={x∈N*|x2≤4x}，B={x|y=2 x−3}，则满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
2. 任意一个复数z=a+bi都可以表示成三角形式，即a+bi=r(cosθ+isinθ).棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗(1667−1754年)创立的，指的是：设两个复数z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r1(cosθ2+isinθ2)，则z1z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]，已知复数z=12+ 32i，则z2023+z2+z−=(    )
A. 12 B. 12+ 32i C. 12− 32i D. 1
3. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则(2+x2)(1−1x)n展开式中的常数项为(    )
A. 12 B. −8 C. 8 D. 10
4. 数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数y=Asinωx，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音.已知刻画某复合音的函数为sinx+12sin2x+13sin3x，则其部分图象大致为(    )
A. B.
C. D.
5. 龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为(    )


A. 1340 B. 720 C. 14 D. 310
6. 如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是(    )

A. 存在点P，使得PE/​/CF
B. 存在点P，使得PE⊥ED
C. 三援P−AED的体积最大值为 26
D. 当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π
7. 已知a=(13)log397，b=0.7e0.1，c=cos23，则(    )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>b>a D. c>a>b
8. 已知F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1(b>0)的左右焦点，且F1到渐近线的距离为1，过F2的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A，B两点，且l⊥AF1，则下列说法正确的为(    )
A. △AF1F2的面积为2 B. 双曲线C的离心率为 2
C. AF1⋅BF1=10+4 6 D. 1|AF2|+1|BF2|= 6+2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，则下列说法正确的是(    )
A. 以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切
B. 若抛物线上的点T(2,t)到点F的距离为4，则抛物线的方程为y2=4x
C. OA⋅OB为定值
D. |MN|的最小值为 3P
10. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,00)，圆O：x2+y2=a2+b2与x轴交于A，B两点，M，N是圆O与双曲线在x轴上方的两个交点，点A，M在y轴的同侧，且AM交BN于点C.若OM+CN=MA+ON，则双曲线的离心率为______ ．
16. 设定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f′(x)e−x>1，则函数f(x)−ex在定义域内是______ (填“增”或“减”)函数；若f(lnx)≥x+ e，f(12)=2 e，则x的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2−Sn−12an=2n2，n∈N*，n≥2，数列{bn}满足bn=an+an+1，n∈N*．
(1)求a2，a3，S102；
(2)求数列{(1+3n)bn}的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分线BD交AC于点D．
(1)从下面三个条件中任选一个作为已知条件，求∠ABC的大小．
①2(bcosC−a)=c；②2a+c= 3bsinA+bcosA；③a+ccos∠ABC=bcosC−c．
(2)若AD=2CD，求BDAB+BC的取值范围．
19. (本小题12.0分)
如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC=2,BE= 3，点M为线段CD上一点．
(1)求证：DE⊥AM；
(2)若EM与平面ACD所成角为π3，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．


20. (本小题12.0分)
2015年7月31日，国际奥委会宣布北京获得2022年冬奥会举办权，消息传来，举国一片欢腾.某投资公司闻到了商机，决定开发冰雪运动项目，经过一年多的筹备，2017年该公司冰雪运动项目正式运营.下表是2017—2021年该公司第一季度冰雪运动项目消费人数的统计表：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代号x
1
2
3
4
5
消费人数y(单位：百人)
62
82
106
128
152
(1)若年份代号x与第一季度冰雪运动项目消费人数y(百人)具有线性相关关系，求出它们间的回归方程，并预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是多少？
(2)某记者为调查北京冬奥会对冰雪运动项目运动的影响，随机调查了200人，其中80人是在冬奥会开幕前调查的，约有14的人已参加过冰雪运动项目，冬奥会开幕后调查的人数中已参加过冰雪运动项目与未参加的人数比为57，问有多大的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关？
参考公式：b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2,a=y−−bx−,K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
参考数据：i=15yi=530，i=15xiyi=1816，
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.025
0.01
k
2.706
3.841
5.024
6.635

21. (本小题12.0分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，以F1F2为直径的圆和椭圆C在第一象限的交点为G，若三角形GF1F2的面积为1，其内切圆的半径为2− 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C的上顶点，过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D，E，点D在第二象限，直线AD、AE分别与x轴交于M，N，求四边形DMEN面积的最大值．
22. (本小题12.0分)
设函数f(x)=xlnx，g(x)=aex(a∈R)．
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线也与曲线y=g(x)相切，求a的值．
(2)若函数G(x)=f(x)−g(x)存在两个极值点．
①求a的取值范围；
②当ae2≥2时，证明：G(x)f(3π4)，当x∈(0,π)时，f(x)>0，
结合图象，只有C选项满足．
故选：C．
利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查导数的应用，考查逻辑推理能力，属于中档题．

5.【答案】A 
【解析】解：阳数有1，3，5，7，9，阴数有2，4，6，8，
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，
基本事件总数n=C52C41=40，
被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有：
(1,9,8)，(3,7,8)，(3,9,8)，(3,9,6)，(5,7,6)，(5,7,8)，(5,9,4)，
(5,9,6)，(5,9,8)，(7,9,2)，(7,9,4)，(7,9,6)，(7,9,8)，共13个，
则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为P=1340．
故选：A．
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，基本事件总数n=C52C41=40，利用列举法能求出被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有13个，由此能求出被抽到的3个数的数字之和超过16的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列出法等基础知识，考查运算求解能力等基础知识，是基础题．

6.【答案】A 
【解析】解：因为PE∩AE=E，CF/​/AE，因此PE，CF不平行，
即不存在点P，使得PE/​/CF，所以A错误；
连接PF，当PF=1时，因为PO=FO= 22，即PO2+FO2=1=PF2，则PO⊥FO，

而FO⊥AE，PO∩AE=O，PO，AE⊂平面PAE，因此FO⊥平面PAE，
又O，F分别为AE，AD的中点，即ED//FO，
于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，则PE⊥ED，所以B正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成角为θ，
则点P到平面AED的距离h=POsinθ= 22sinθ，
又△AED的面积S△AED=12AD⋅AB=1，
因此三棱锥P−AED的体积VP−AED=13S△AED⋅h= 26sinθ≤ 26，
当且仅当θ=90°，即PO⊥平面AED时取等号，
所以三棱锥P−AED的体积最大值为 26，所以C正确；
当三棱锥P−AED的体积取最大值时，PO⊥平面AED，
此时易得FP=FA=FE=FD=1，即三棱锥P−AED的外接球半径R=1，
∴当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π，所以D正确．
故选：A．
根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答．
本题考查了立体几何的综合应用，属中档题．

7.【答案】D 
【解析】解：已知a=(13)log397=3log379=79，
所以lnb−lna=0.1+ln0.7−ln79=110+ln910，
不妨设f(x)=1−x+lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=−1+1x=1−xx，
当01时，f′(x)0,01e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，x>0，
则g′(x)=f′(x)−ex>ex−ex=0，所以g(x)在(0,+∞)为增函数，
即函数f(x)−ex在定义域内是增函数；
f(12)=2 e，∴g(12)=f(12)−e12=2 e− e= e，
又∵f(lnx)≥x+ e，∴g(lnx)≥f(lnx)−elnx=x+ e−x= e，
可得g(lnx)≥g(12)，由于g(x)在(0,+∞)为增函数，
所以lnx≥12，解得x≥ e，即x的最小值为 e．
故答案为：增； e．
可知f′(x)>1e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，求导利用导函数的正负即可判断单调性；再根据f(lnx)≥x+ e，可知g(lnx)≥ e，利用g(x)的单调性解不等式即可．
本题考查导数的综合应用，考查构造函数，属于中档题．

17.【答案】解：(1)因为当n≥2时，Sn2−Sn−12an=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)an=2n2，
所以Sn+Sn−1=2n2.又a1=1，
∴当n=2时，有S2+S1=a1+a2+a1=8，所以a2=6
当n=3时，有S3+S2=2(a1+a2)+a3=18，所以a3=4，
∵当n≥2时，由Sn+Sn−1=2n2可得Sn+1+Sn=2(n+1)2，
两式相减可得：an+1+an=4n+2，
n≥3时，an+an−1=4n−2，
相减可得：an+1−an−1=4，
∴数列{an}的奇数项从第3项起，为公差为4的等差数列；
偶数项为公差为4的等差数列．
∴S102=1+a3+a5+…+a101+a2+a4+…+a102
=1+50×4+50×492×4+51×6+51×502×4
=10507．
(2)由题意，bn=an+an+1，n∈N*，
由(1)知：当n≥2时，bn=4n+2，当n=1时，b1=a1+a2=7，
故数列{bn}从第2项起，构成等差数列，且b1=7．
∴(1+3n)bn=4×7,n=1bn+3nbn,n≥2，
当n=1时，T1=4×7=28；
当n≥2时，Tn=28+[10+14+…+(4n+2)]+[32.10+33.14+…+3n.(4n+2)]，
记T=32.10+33.14+…+3n.(4n+2)，
则有3T=33.10+34.14+…+3n.(4n−2)+3n+1.(4n+2)，
两式相减，可得：
−2T=90+4×(33+34+…+3n)−3n+1(4n+2)
=(−4n)3n+1+36，
故T=2n.3n+1−18.代入Tn可得：
Tn=28+(n−1)(4n+12)2+2n.3n+1−18
=28+2n2+4n−6+2n.3n+1−18
=2n.3n+1+2n2+4n+4，
综上所述，
Tn=28,n=12n⋅3n+1+2n2+4n+4,n≥2． 
【解析】(1)由题设，可找出an+an+1的关系式，难点在于对下标范围的把握，要特别留意；
(2)在(1)的基础上，分范围写出所求数列的通项，再综合利用分组、公式法及裂项相消法求和．
本题主要考查数列求和的常用方法，难点在于对范围的处理，属难题．

18.【答案】解：(1)选①，
因为2(bcosC−a)=c，所以a+c2=bcosC．
由正弦定理得sinA+sinC2=sin∠ABCcosC．
故sinC2+sinCcos∠ABC=0，
因为∠ABC∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以cos∠ABC=−12，所以∠ABC=2π3．
选②，
由2a+c= 3bsinA+bcosA及正弦定理，
得2sinA+sinC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
即2sinA+sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
所以2sinA= 3sin∠ABCsinA−sinAcos∠ABC．
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以2= 3sin∠ABC−cos∠ABC=2sin(∠ABC−π6)，即sin(∠ABC−π6)=1．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC−π6=π2，所以∠ABC=2π3．
选③，
由a+ccos∠ABC=bcosC−c及正弦定理得：
sinA+sinCcos∠ABC=sin∠ABCcosC−sinC，
sin(∠ABC+C)+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC+cos∠ABCsinC+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC−sinC，
即2cos∠ABCsinC=−sinC．
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以cos∠ABC=−12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=2π3．
(2)因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD，
在△ABD中，由正弦定理可得：
ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，即ADAB=sin∠ABDsin∠ADB，
在△BCD中，同理可得CDBC=sin∠CBDsin∠BDC，
因为∠ADB+∠BDC=π，所以sin∠ADB=sin∠BDC，
所以ADAB=CDBC，所以ABBC=ADCD=2，故BDAB+BC=BD3BC．
因为S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD，S△ABDS△ABC=ADAC=23，
所以BD⋅sin∠ABDBC⋅sin∠ABC=23，
又∠ABD=∠ABC2，
所以BDBC=2sin∠ABC3sin∠ABC2=43cos∠ABC2．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC2∈(0,π2)，
所以cos∠ABC2∈(0,1)，
所以BDBC∈(0,43)，BD3BC∈(0,49)，
即BDAB+BC的取值范围为(0,49)． 
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，再对等式进行化简，进而根据∠ABC的取值范围求出其大小．
(2)运用角平分线的条件求出ABBC=ADCD，然后利用面积公式求出BDAB+BC的取值范围．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想，化归转化思想，属中档题．

19.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接DO、OB，在正△ACD和正△ABC中，AC=2，
则DO⊥AC,BO⊥AC,DO=BO= 3，而平面ACD⊥平面ABC，
平面ACD⋂平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，BO⊂平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，
又BE⊥平面ABC，所以DO//EB，而DO=EB= 3，
所以四边形DOBE是平行四边形，所以DE//OB，
所以DE⊥平面ABC，又AM⊂平面ADC，
所以DE⊥AM．
(2)由(1)知，DE⊥平面ADC，∠EMD为EM与平面ADC的所成角，即∠EMD=π3，
在Rt△EDM中，DM=DEtanπ3= 3 3=1，即M为DC中点，
由(1)知，OB，OC，OD两两垂直，
故建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则根据题意可得：
A(0,−1,0),B( 3,0,0),D(0,0, 3),C(0,1,0),M(0,12, 32)，
所以AB=( 3,1,0),AM=(0,32, 32)，
易知平面DAC的一个法向量为n1=(1,0,0)，
设平面MAB的一个法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⋅AB= 3x+y=0n2⋅AM=32y+ 32z=0，取n2=(1,− 3,3)，
所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为：
|cos|=|n1⋅n2||n1||n2|=11× 1+3+9= 1313． 
【解析】(1)取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明DE//OB即可推理作答．
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线垂直的证明，向量法求解面面角问题，线面垂直的判定定理与性质，向量夹角公式的应用，属中档题．

20.【答案】解：(1)因为x−=3,y−=106,i=15xi2=55,i=15xiyi=1816，
则b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2=1816−5×3×10655−5×32=22.6，
a=106−22.6×3=38.2，
所以回归直线方程为y=38.2+22.6x，
当x=6时，y=38.2+22.6×6=173.8(百人)=17380(人)，
即预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是17380人；
(2)由题意可知开幕前参加过冰雪项目的有20人，未参加过的有60人，开幕后调查的有120人，
其中参加过冰雪项目的有50人，未参加过的有70人，故可列出2×2列联表：

参加冰雪项目
未参加冰雪项目
合计
冬奥会开幕前
20
60
80
冬奥会开幕后
50
70
120
合计
70
130
200
K2=200(20×70−60×50)280×120×70×130≈5.861>5.024，
所以有97.5%的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关． 
【解析】(1)根据最小二乘法求回归方程，并预计即可；
(2)由条件列出二联表，由卡方公式计算即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了独立性检验的应用，属于中档题．

21.【答案】解：(1)由题意知∠F1GF2=90°，则S△GF1F2=12|GF1||GF2|=1⇒|GF1||GF2|=2，
又|GF1|2+|GF2|2=|F1F2|2=4c2，
则(|GF1|+|GF2|)2−2|GF1||GF2|=4c2⇒4a2−4=4c2⇒a2−c2=1，
又r内=2S△GF1F22a+2c=2− 3⇒a+c=2+ 3,a−c=2− 3，
解得a=2,c= 3,b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．

(2)设直线DE的方程为y−1=k(x+2)，k0,x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2,x1⋅x2=16k(k+1)1+4k2，
直线AD的方程：y=y1−1x1x+1，所以xM=x11−y1，同理xN=x21−y2，
∵y1=kx1+2k+1，y2=kx2+2k+1，∴y1−y2=k(x1−x2)，
xN−xM=x2−k(x2+2)−x1−k(x1+2)=2(x1−x2)k(x1+2)(x2+2)，
∴SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|=|(x1−x2)2(x1+2)(x2+2)|=|(x1+x2)2−4x1x2x1x2+2(x1+x2)+4|
=−16k4k2+1=16(−4k)+(−1k)≤164=4，
当且仅当k=−12时，四边形DMEN的面积最大，最大值为4． 
【解析】(1)根据三角形GF1F2的面积及内切圆的半径列出方程组求得a，b得椭圆方程；
(2)设直线DE的方程与椭圆方程联立，D(x1,y1)，E(x2,y2)，写出直线AD，AE的方程求出M，N的坐标，并求出y1−y2，xN−xM，将SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|表示为k的函数，使用基本不等式求最大值．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．

22.【答案】解：(1)∵f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1，x∈(0,+∞)，
∴f(1)=0，f′(1)=1，
故曲线f(x)在x=1处的切线方程是y=x−1；
设直线y=x−1与y=g(x)相切于点(x0,x0−1)，
∵g′(x)=aex，∴g′(x0)=aex0，
由aex0=1aex0=x0−1，得x0=2a=e−2；
(2)G′(x)=lnx+1−aex，
①G(x)在(0,+∞)上存在两个极值点
等价于G′(x)=0在(0,+∞)上有2个不同的根，
由lnx+1−aex=0，可得a=lnx+1ex，令t(x)=lnx+1ex，
则t′(x)=1x−lnx−1ex，令h(x)=1x−lnx−1，可得h′(x)=−1x2−1x0，t′(x)>0，t(x)递增，
当x∈(1,+∞)时，h(x)