2023年湖北省天门市高考数学适应性试卷（5月份）

这是一份2023年湖北省天门市高考数学适应性试卷（5月份），共21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年湖北省天门市高考数学适应性试卷（5月份）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.  设全集，集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知，为虚数单位，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为(    )A.  B.  C.  D. 4.  科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号如图是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器年月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成次升空大气科学观测，最高升空至米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长米，高米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图所示，则极目一号体积约为(    )
参考数据：，，

 A.  B.  C.  D. 5.  中国古代数学专著九章算术的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的帐周长乘以其半径等于圆面积南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率据此，当足够大时，可以得到与的关系为(    )A.  B.
C.  D. 6.  已知，，，则，，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 7.  函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则(    )A.
B.
C.
D. 8.  对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是(    )A.  B.  C.  D. 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.  年月，某学校为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”下水试航，增强学生的国防意识，组织了一次“逐梦深蓝，山河荣耀”国防知识竞赛，对名学生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，为进一步了解学生的答题情况，通过分层抽样，从成绩在区间内的学生中抽取人，再从这人中先后抽取人的成绩作分析，下列结论正确的是(    )
A. 频率分布直方图中的
B. 估计名学生成绩的中位数是
C. 估计名学生成绩的分位数是
D. 从人中先后抽取人作分析时，若先抽取的学生成绩位于，则后抽取的学生成绩在的概率是10.  已知，且，则下列结论中正确的是(    )A. 有最小值 B. 可以取到
C. 有最大值 D. 有最小值11.  有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，随机取一个零件，记“零件为次品”，“零件为第台车床加工”，下列结论正确的有(    )A.  B.
C.  D. 12.  在平面直角坐标系中，，为坐标原点，点在圆上，若对于，存在数列，，使得，则下列说法正确的是(    )A. 为公差为的等差数列 B. 为公比为的等比数列
C.  D. 前项和三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知常数，的二项展开式中项的系数是，则的值为______ ．14.  已知函数与，若曲线和恰有一个公切点，则的最小值是______ ．15.  已知正方体的棱长为，为棱的中点，为底面正方形上一动点，且直线与底面所成的角为，则动点的轨迹的长度为______ ．16.  某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧劣弧沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心即三角形三条高线的交点如图，已知锐角外接圆的半径为，且三条圆弧沿三边翻折后交于点若，则______；若：：：：，则的值为______．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.  本小题分
在锐角中，，，分别为内角，，的对边，已知，求：
的大小；
的取值范围．18.  本小题分
已知两个正项数列，满足，．
求，的通项公式；
用表示不超过的最大整数，求数列的前项和．19.  本小题分
如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，是棱上的点，且四面体的体积为．
证明：；
若过点，的平面与平行，且交于点，求平面与平面夹角的余弦值．
20.  本小题分
人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有个红球和个白球乙袋中有个红球和个白球从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验若多次试验直到摸出红球，则试验结束假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为先验概率．
求首次试验结束的概率；
在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率先验概率进行调整．
求选到的袋子为甲袋的概率，
将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．21.  本小题分
已知双曲线过，，，四个点中的三个点．
求双曲线的方程；
若直线与双曲线交于，两点，且，求证：直线经过一个不在双曲线上的定点，并求出该定点的坐标．22.  本小题分
已知函数，函数．
当时，求的单调区间；
已知，，求证：；
已知为正整数，求证：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由可得，
，
则．
故选：．
化简集合，得出，利用交集即可求解结果．
本题主要考查了集合的补集及交集运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
则．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为，且，
所以，即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为．
故选：．
根据数量积的运算律求出，在根据向量在向量上的投影向量为计算可得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由图可知，半球的半径米，圆柱的底面半径米，高为米，圆台的下底面半径为米，上底面半径为米，高为米．
则极目一号体积约为


．
故选：．
由已知可得球、圆柱、圆台的底面半径与圆柱、圆台的高，代入体积公式得答案．
本题考查旋转体体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
 5.【答案】 【解析】解：设圆的半径为，将内解正边形分成个小三角形，
由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，
解得：．
故选：．
设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案．
本题主要考查扇形的面积公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意可得：，，，
因为，即，
所以，即，
又因为，
所以．
故选：．
根据指、对数函数的性质，结合基本不等式分析运算．
本题主要考查了指数函数和对数函数的性质，考查了基本不等式的应用，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：由函数的图象知：
，则，
由图象近似看成平行四边形，则，
解得．
故选：．
由，得到，再由图象近似看成平行四边形求解．
本题主要考查正切函数的图象，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：由题意，知，令，，则，
所以在上单调递增，易知，
所以当时，；当时，．
令，
则对任意的，不等式恒成立，
等价于当时，，当时，．
当时，，则函数在上单调递增，
所以是的零点，即，
即，即．
构造函数，则，函数在上单调递增，
由，得，所以，即．
令，则，函数在上单调递增，
易知，故．
故选：．
令，，利用导数研究函数的单调性，可将原不等式转化为时，，当时，利用导数研究函数的性质，即可求解．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】对于：根据学生的成绩都在分到分之间的频率和为，
可得，解得，故A正确；
对于：全校学生成绩的中位数为，，
故中位数位于之间，故中位数为，故B错误，
对于：全校学生成绩的样本数据的分位数约为分，故C正确．
对于：在被抽取的学生中，成绩在区间和的学生人数之比为，
故抽取了人，中抽取了人，
先抽取的学生成绩位于，则第二次抽取时，是在个人中抽取，
而此时学生成绩在的个数有个，故概率为，故D错误．
故选：．
根据频率之和为可判断，根据中位数为面积在的位置可判断，根据百位数的计算可判断，根据条件概率的计算公式可判断．
本题主要考查频率分布直方图，考查运算求解能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：因为，
当且仅当，即时等号成立，故A正确；
因为时，，而，得出，
当时等号成立，故不成立，故B错误；
因为，
当且仅当，即时等号成立，而，故等号不成立，故C错误；
由知，，
当且仅当时，即时等号成立，故D正确．
故选：．
根据“”的技巧及均值不等式判断，由均值不等式可得判断，由均值不等式等号成立的条件判断，由重要不等式判断．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：因为，故A错误；
因为，故B正确；
因为，所以，故C正确；
由上可得，又因为，故D错误．
故选：．
由全概率公式和条件概率依次判断个结论即可．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，是基础题．
 12.【答案】 【解析】解：对选项AB，由点在圆上，则由参数方程得，
则，
所以，
对于，存在数列，，使得，
即，，
得，
令，则，
所以是以为首项，
公比为的等比数列，
则，
所以，故A错误，B错误；
对选项C，，故C正确；
对选项D，，
两边同时乘以得：，
两式相减得，

，
，故D正确．
故选：．
由圆的方程写出的参数坐标，由两点距离公式判断，由等比中项性质判断为等比数列，即可依次求得、的通项公式，即可逐个判断，其中由错位相减法求和．
本题主要考查了等比数列的性质，考查了错位相减法求和，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，，此时项的系数为，
当，，此时项的系数为，
当，，此时项的系数为，
当，，不合题意，
故项的系数为．
故答案为：．
转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：，．
设公切点为，则，，
即．
因此，
其中，
因为，所以为第一象限的角；
不妨设，因为，所以，
当且仅当时，取到最小值，
所以的最小值是，且有唯一解．
故答案为：．
设出公切点，利用和在公切点处函数值和导函数值分别相等，得到的表达式，求出最大值即可．
本题考查利用导数求函数的切线问题，方程思想，属中档题．
 15.【答案】 【解析】解：如图所示，取中点，连接，，由正方体的特征可知底面，


故与底面的夹角即，
，则，
故点在以为原点为半径的圆上，又在底面正方形上，
即的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以弧长为．
故答案为：．
利用线面角求法得出的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可．
本题考查轨迹长度的求解，线面角的概念，属中档题．
 16.【答案】  【解析】解：设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，
又由题意可知，，
所以，所以；
设，，，则，
易知，
由题意可得，所以，
同理可得，
所以．
故答案为：；．
设外接圆半径为，则，由正弦定理得到，即可求；设，，，则，根据正弦定理和余弦定理，得到．
本题考查了三角形中的几何计算，属于中档题．
 17.【答案】解：在锐角中，由正弦定理及，得，
而，于是，
又，则，而，解得，
所以的大小是．
由正弦定理得，
，
因为为锐角三角形，有，
则，
从而，
，
因此，
所以． 【解析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解作答．
利用正弦定理边化角，结合已知及的结论，再借助和角的正弦及三角函数的性质求解作答．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 18.【答案】解：两个正项数列，满足，，
，
解得，．
，
时，；
时，，，
，
，
时，；
时，数列的前项和，
，
相减可得：，
化为．
上式对于时也成立．
． 【解析】两个正项数列，满足，，化简可得，解得，．
，对分类讨论，利用的性质即可得出，利用错位相减法即可得出数列的前项和．
本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法、取整函数的性质、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：证明：如图，取中点，连接，，
因为，，所以，，．
又因为是菱形，，所以，．
因为，所以，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以，
因为，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的，
所以；
在平面内，过作交延长线于点，交延长线于点，
因为是菱形，所以．

如图，在平面内，作交的延长线于点，设交于点．
所以，四边形是平行四边形，，．
所以∽，所以，
所以点是线段上靠近的三等分点．
如图，在平面内，作，交于，

因为平面，所以平面，所以，
因为，，
在平面内，作，交于点，连接，过作交于，
在中，，，所以，
所以，
因为，，，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，所以．
所以平面与平面夹角的余弦值是． 【解析】取中点，连接，推导得到平面，平面，根据体积即可得出答案；
通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案．
本题考查线面垂直的判定定理，二面角的求解，化归转化思想，属中档题．
 20.【答案】解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，
；
所以试验一次结果为红球的概率为．
因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为；
由得，
所以方案一中取到红球的概率为：，
方案二中取到红球的概率为：，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大． 【解析】根据全概率公式，解决抽签问题；
利用条件概率公式计算，根据数据下结论．
本题主要考查了全概率公式，考查了条件概率公式，属于中档题．
 21.【答案】解：根据双曲线的对称性可知，关于轴对称，
所以，必同时在双曲线上，而不可能在双曲线上，
则双曲线还经过点，则，
将点代入，可得．
所以双曲线的方程为；
证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立方程，消去得，，
由得，
且，，
因为，所以，，
因为，所以，即，
所以，
所以，
化简得，
所以或，且均满足，
当时，直线的方程为，
直线过定点，即点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，
直线过定点，符合题意；
(ⅱ)当直线的斜率不存在时，设的方程为，
联立方程，解得，
依题意，因为，，
所以，即，
所以，
解得舍或，
所以直线的方程为，直线过点，
综上所述，直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为． 【解析】本题主要考查了双曲线的标准方程，考查了直线与双曲线的位置关系，属于较难题．
根据双曲线的对称性可知，在双曲线上，而不可能在双曲线上，从而可知也在双曲线上，即可求双曲线的方程；
分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可用含有、的式子表示、，再由得到含有、的方程，把、代入化简即可求出的值，从而求出定点坐标．当直线的斜率不存在时，设的方程为，同理可求出定点坐标．
 22.【答案】解：，，
当时，此时，则恒成立，
则的减区间为，
当时，令，解得，
则的增区间为
令，解得，
则的减区间为，
综上当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
证明：欲证，
需证，
即需证，令，
即需证，设，
，
由知当时，的减区间为，
所以，故．
证明：由知，当时，，
令，则，
即，
所以，
，，
以上各式相加得：，． 【解析】首先求导得，分和讨论即可；
利用同构思想转化为证明，设，，则；
当时，，令，通过放缩得，利用累加法即可证明原不等式．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，第二问的关键是将原不等式变形为，从而利用换元同构的思想证明，第三问的关键在于利用不等式，令，然后进行放缩得，最后累加即可证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．