云南省曲靖市第二中学2023届高三适应性考试数学试题（含解析）

这是一份云南省曲靖市第二中学2023届高三适应性考试数学试题（含解析），共22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。
云南省曲靖市第二中学2023届高三适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合或，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知函数与的部分图象如图所示，则（    ）
  
A． B． C． D．
4．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用．0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则（     ）
A．4 B． C．2 D．
5．设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（    ）
A．1 B． C． D．2
6．已知定义在R上的函数在上单调递增，且为偶函数，则不等式的解集为（    ）．
A． B．
C． D．
7．“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1．对任意正整数．记按照述规则实施第n次运算的结果为，若，且均不为1，则（    ）
A．5或16 B．5或32 C．3或8 D．7或32
8．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题
9．下列命题中正确是（    ）
A．在回归分析中，可用相关系数的值判断模型拟合效果，越趋近于0，模型的拟合效果越好
B．已知随机变量，若，则
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位
D．已知采用分层抽样得到的高三年级100名男生､50名女生的身高情况为：男生样本平均数173，女生样本平均数164，则总体样本平均数为170
10．已知函数，以下说法中，正确的是（    ）
A．函数关于点对称
B．函数在上单调递增
C．当时，的取值范围为
D．将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像的解析式为
11．若，则（    ）
A． B．
C． D．
12．如图，棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，则（    ）
  
A．直线为异面直线
B．平面
C．过点的平面截正方体的截面面积为
D．点是侧面内一点（含边界），平面，则的取值范围是

三、填空题
13．老师排练节目需要4个男生和2个女生，将这六名学生随机排成一排，2个女生不相邻的排法为 .
14．南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为3cm，则该抛物线的焦点到准线的距离为 cm.

15．已知点均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为 .
16．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ．

四、解答题
17．已知数列满足.记.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设数列的前项和为，求数列的前20项的和.
18．在中，角，，的对边分别是，，，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，，为的中点，求的值．
19．如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
20．乒乓球是中国的国球，我国选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军，乒乓球运动也深受人们的喜爱．乒乓球主要有白色和黄色两种，国际乒联将球的级别用星数来表示，星级代表质量指标等级，星级越高质量越好，级别最高为“☆☆☆”，即三星球，国际乒联专业比赛指定用球，二星球适用于国内重大比赛及国家队专业训练，一星球适用于业余比赛或健身训练．一个盒子装有9个乒乓球，其中白球有2个三星“☆☆☆”，4个一星“☆”，黄球有1个三星“☆☆☆”，2个一星“☆”
(1)逐个无放回取两个球，记事件{第一次白球}，事件{第二次三星球}，求，并判断事件A与事件B是否相互独立；
(2)逐个无放回取球，取出白球即停止，取出的三星球数记为随机变量X，求随机变量X的分布列及期望．
21．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于两点，且是直角三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是上不同的两点，中点的横坐标为2，且的中垂线为直线，是否存在半径为1的定圆，使得被圆截得的弦长为定值，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.
22．设f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR.
（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；
（Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.

参考答案：
1．A
【分析】利用集合的交并补运算即可得解．
【详解】或，，
，．
故选：A．
2．B
【分析】由复数的除法运算法则求出复数的代数形式，从而得到，再由复数的乘法运算法则即可求出．
【详解】因为，
所以，
故选：B.
3．D
【分析】根据题意，利用函数的导数与单调性的关系分析4个结论是否正确，即可得答案．
【详解】由图可知，与在区间上单调递增，所以.
在区间上，的图象比的图象更陡峭，所以.
故选：D.
4．D
【分析】把代入要求的式子，利用二倍角的三角公式化简，即可得结论.
【详解】解：把代入.
故选：D.
【点睛】此题考查新定义、二倍角的余弦、正弦公式的应用，属于基础题.
5．C
【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，求出，再将平方并开方，即可求解．
【详解】因为为单位向量，在方向上的投影向量为，
所以，则，
所以.
故选：C.
6．B
【分析】根据已知条件，可得对称轴为，且在上单调递减.根据函数的对称性与单调性，可得只需即可，解出不等式即可.
【详解】由题意可得，对称轴为，且在上单调递减.则由，可得出，即，
即，解得或.
所以，不等式的解集为.
故选：B.
7．B
【分析】根据题意可得，讨论的奇偶性，逐步运算求解.
【详解】由题知，
因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则．
综上所述：或32．
故选：B．
8．A
【分析】根据给定条件，作出图形，再利用正弦定理求出椭圆的长轴长，结合焦点位置求出半焦距作答.
【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，
对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为，

由，得，，
在中，，则，，
由正弦定理得，，解得，则，
所以该椭圆的离心率.
故选：A
9．CD
【分析】根据相关指数的定义判断A，根据二项分布的方差公式及方差的性质判断B，根据回归方程的定义判断C，根据平均数公式判断D.
【详解】对于A：在回归分析中，可用相关指数的值判断模型拟合效果，越趋近于，模型的拟合效果越好，故A错误；
对于B：因为，所以，则，解得，故B错误；
对于C：在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，
响应变量将平均减少个单位，故C正确；
对于D：分层抽样的平均数，故D正确；
故选：CD.
10．BCD
【分析】利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为，
对于A，由，即，所以对称中心为，
令，得到一个对称中心为，所以A错误；
对于B，当时，，由的图像与性质知，在上单调递增，所以B正确；
对于C，当时，，所以，
所以，所以C正确；
对于D，将函数的图像向右平移个单位长度，得到图像对应的解析式为，所以D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】利用条件进行指对数转换，得到，从而有，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】因为，所以，则，
选项A，，故正确；
选项B，因为，且，所以，故B正确；
选项C，因为，故C错误；
选项D，因为，故D正确，
故选：ABD．
12．BC
【分析】A.根据平行关系的传递性，可证明，即可判断；B.首先判断平面平面,再利用线面垂直的判断定理，即可证明；C.首先作出截面，再根据截面的形状，求其面积；D.利用面面平行的形状，确定点的轨迹，再求的长度.
【详解】对于A，连接，
  
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，因为，平面，平面，
所以平面，同理，平面，
且，平面,
所以平面平面,
连结，
因为，，，且平面，
所以平面，平面，
所以，同理，，且，平面，
所以平面，且平面平面，
所以平面，故选项B正确；
  
对于C，连接，
  
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点的平面截正方体的截面，该四边形为等腰梯形，
其上底，下底，腰,高为，
所以截面面积为，故选项C正确；
对于D，取的中点，的中点H，连结，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，且，平面，
所以平面平面，
因为点是侧面内一点（含边界），平面，
所以点的轨迹为线段，
连接，
  
在中，，
点到的距离为，
的取值范围为，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于八个定理的熟悉，特别是选项D的判断，先通过面面平行找到P的轨迹，从而得到的取值范围.
13．
【分析】利用插空法计算可得.
【详解】若2个女生不相邻，先排4个男生有种排法，4个男生产生5个空，
将2个女生插人5个空中有种排法，故有种排法，
故答案为：
14．
【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为，根据题意得到点的坐标，代入求出参数的值，即可得解.
【详解】如图，以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，依题意可得的坐标为，
设抛物线的标准方程为，则，解得.
故该抛物线的焦点到准线的距离为cm.

故答案为：
15．
【分析】依题意当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，由求出，再根据球的体积公式计算可得.
【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，此时，
故，则球的体积为.
  
故答案为：
16．/
【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.
【详解】设点关于直线的对称点，
则的中点为， ,
故解得，
由知军营所在区域中心为，

要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，
“将军饮马”的最短总路程为，
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将递推数列变形，结合等差数列的定义，即可证明；
（2）由（1）的结果可知，再利用并项求和，即可求解.
【详解】（1），且，
所以，所以，
因为，所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
（2）由（1）可知，
则数列的前项和
所以，数列的前20项的和为


.
18．(1)
(2)

【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此求得的大小.
（2）利用余弦定理求得，利用三角形的面积公式求得.
【详解】（1），结合余弦定理，
可得，整理得，
所以．
又，所以．
（2）因为．在中，据余弦定理可得：
，故．
又是的中点，故，
所以，故．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）
如图，设是的中点，连接．
为的中点，．
又平面平面，
平面．
同理可得，平面．
平面，
∴平面平面．
又平面，平面．
（2）
平面平面，
．
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，
设平面的一个法向量为．
由得
令，得，
设与平面所成角为，
则．
∴直线与平面所成角的正弦值为
20．(1)，相互独立
(2)分布列见解析，

【分析】（1）分别计算，，，根据是否成立判断事件A与事件B是否相互独立；
（2）可能取值为,分别计算 列出分布列并求期望.
【详解】（1）“第二次三星球”的概率：（或）
“第一次白球且第二次三星球”的概率：（或）
“第一次白球”的概率：，
所以.
因为成立,所以事件与事件相互独立.
（2）可能取值为,
,
,
,
(或),
分布列为

0
1
2




所以.
21．(1)
(2)存在，

【分析】（1）根据双曲线的性质，结合是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；
（2）首先利用点差法求出直线所过的定点，即可求出定圆的方程.
【详解】（1）依题意，，焦半径，
当时，，得，即，
所以，由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为；
    
（2）设的中点为
因为是上不同的两点，中点的横坐标为2.
所以.
①-②得，
当存在时，，
因为的中垂线为直线，所以，即，
所以过定点.
  
当不存在时，关于轴对称，的中垂线为轴，此时也过，
所以存在以为圆心的定圆，使得被圆截得的弦长为定值2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.
22．（Ⅰ）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； （Ⅱ）
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得.
（Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，综合即得.
试题解析：（Ⅰ）由
可得，
则，
当时，
时，，函数单调递增；
当时，
时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减.
所以当时，单调递增区间为；
当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.
①当时，，单调递减.
所以当时，，单调递减.
当时，，单调递增.
所以在x=1处取得极小值，不合题意.
②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增，
可得当当时，，时，，
所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增，
所以在x=1处取得极小值，不合题意.
③当时，即时，在(0,1)内单调递增，在 内单调递减，
所以当时，， 单调递减，不合题意.
④当时，即 ，当时，，单调递增,
当时，，单调递减，
所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.
综上可知，实数a的取值范围为.
【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.