2023襄阳四中高三下学期5月适应性考试数学含解析

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绝密★启用前
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（一）
数学
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时150分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解对数不等式求出集合，在根据二次函数的性质求出集合，最后根据并集的定义计算可得.
【详解】由，解得，所以，
又，
所以.
故选：A
2. 若复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数运算法则求复数的代数形式，根据点所在象限列不等式组即可求解.
【详解】由题得 ，
复数在复平面内所对应的点在第四象限，
所以 ，解得： ，
所以a的取值范围是.
故选：C
3. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.
【详解】由知：，可得，
所以在方向上的投影向量为.
故选：B
4. 已知数列为等差数列，且满足，，则的值为（ ）
A. 2033 B. 2123 C. 123 D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据是等差数列，先求出公差，然后由等差数列的通项公式即可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，则，
所以，
故选：D.
5. 现有高校进入高中校园组织招生宣传，4名男生、3名女生去参加A，B两所高校的志愿填报咨询会，每个学生只能去其中的一所学校，且要求每所学校都既有男生又有女生参加，则不同的安排方法数是（ ）
A. 42 B. 60 C. 84 D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】先将男生按2，2和3，1，分为2组分配到两个学校，再把女生分3，1两组分配到两个学校，然后利用分步乘法计数原理求解.
【详解】解：先将男生分为2组分配到两个学校：一类是，二类是，
再把女生分为2组分配到两个学校有，
然后利用分步乘法计数原理得，
故选：C
6. 恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就，其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数的70次方是一个81位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得的值为（ ）

2
3
5
7
11
13

0.301
0.477
0.699
0.845
1.041
1.114

A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得出，然后两边取以10为底的对数，再对比参考数据可得出.
【详解】由题意知，，
即，，
而，，，，
，，正整数的值为14.
故选：B.
7. 若a，b，c均为正数，且满足，则的最小值是（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用条件得到，再利用均值不等式即可得出结果.
【详解】因为，所以，
又a，b，c均为正数，，
当且仅当时取等号，所以，即，
故选：A.
8. 如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：

因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，
所以，
又，
所以点H的轨迹的长度等于，
故选：D.
二、选择题：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. 已知平面平面，且，则下列命题不正确的是（ ）
A. 平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B. 平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C. 平面α内的任意一条直线必垂直于平面β
D. 过平面α内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面、面面关系逐一判断即可.
【详解】对于A，平面内取平行于交线直线时，该直线与平面平行，不垂直于平面β内的任意一条直线，故A错误；
对于B，取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故B正确；
对于C，平面内取与平行的直线，不垂直于平面，故C错误；
对于D，若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故D错误.
故选：ACD
10. 设函数在R上存在导函数，对任意的有，且在上，若，则实数a的可能取值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】构建，根据题意分析可得：为奇函数，在R上单调递增，利用单调性解不等式即可得结果.
【详解】
令，即，则为奇函数，
当时，，则在区间上单调递增，
故在区间上单调递增，则在R上单调递增，
∵，即，
∴，解得，
故A、B正确，C、D错误.
故选：AB．
11. 已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为C，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A. 若BF为中线，则
B. 若BF为的角平分线，则
C. 存在直线l，使得
D. 对于任意直线l，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】这直线，不妨令都在第一象限，联立方程组，根据则，求得，以及，，结合选项，利用抛物线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，不妨令都在第一象限，
又由，可得，设直线，
联立方程组，整理得，
则，解得，且，
所以，如图所示，
对于A中，若为的中线，可得，
所以，所以，所以，可得，
由抛物线的定义可得，所以，所以A正确；
对于B中，若为的角平分线，则，
作、垂直准线于、两点，则且，
所以，所以，可得，
将代入整理得，解得或（舍去），
所以，所以B正确；
对于C中，若，即，所以为等腰直角三角形，
此时，即，可得，即，
解得，此时，则此时为同一个点，不合题意，所以C错误；
对于D中，由，
又由，结合，可得，即恒成立，所以D正确.
故选：ABD

12. 设，当时，规定，如，.则下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C. 设函数的值域为，则的子集个数为
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】结合特例，可判定A错误；结合，可判定B正确；结合正弦、余弦函数的值域，得到的值域为，可判定C正确；设，得到的周期为，证得恒为，可判定D正确.
【详解】对于A中，例如，则，，
可得，所以A错误；
对于B中，由，，
所以，所以，所以B正确；
对于C中，因为，可得，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
若，则且，
所以且，即且，
所以，不符合题意，即，
同理，
若，则与其中一个为，另一个为，或其中一个为，另一个为，
不妨令，则，
此时，，
则，，所以，，
又，显然不符合题意；
再令，则，
此时，，
则，，所以，，
又，不妨令，，此时满足；
即函数的值域为，
所以集合的子集个数为，所以C错误；
对于D中，设，
若，可得，所以，，
则，
所以的周期为，
又当时，可得，此时；
，此时；

，此时；
，此时，
所以，结合周期为，即恒为，
即，
所以，所以D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解：
1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化；
2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中含项的二项式系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】写出二项式展开式的通项公式，确定第五项中k的值，再求二项式系数．
【详解】由题意知：通项为，
令，得，
所以的展开式中含项为第六项，
第六项的二项式系数为：．
故答案为：．
14. 若函数的最小值为，则常数的一个取值为___________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】化简函数解析式，由条件结合正弦函数性质求常数的一个取值即可.
【详解】可化为，
所以，
设，
则，设，
则，
因为函数的最小值为，
所以，，
所以或，其中，
故答案为：（答案不唯一）.
15. 某次视力检测中，甲班12个人视力检测数据的平均数是1，方差为1；乙班8个人的视力检测数据的平均数是1.5，方差为0.25，则这20个人的视力的方差为___________.
【答案】0.76##
【解析】
【分析】根据均值和方差计算公式代入可得.
【详解】设甲班12个人视力检测数据分别为，
乙班8个人的视力检测数据分别为，
由题意知：，，
，，
由题意20个人的视力的平均数为
方差为




故答案为：0.76
16. 如图，已知有公共焦点、的椭圆和双曲线相交于A、B、C、D四个点，且满足，直线AB与x轴交于点P，直线CP与双曲线交于点Q，记直线AC、AQ的斜率分别为、，若，则椭圆的离心率为___________.


【答案】##
【解析】
【分析】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，联立方程组求的坐标，再求点的坐标，由条件列方程求椭圆的离心率.
【详解】设椭圆的方程为，
双曲线的方程为，
因为椭圆和双曲线有公共焦点、，
所以，
因为，
联立，可得，
所以，
所以点的坐标分别为，，，，
所以直线的斜率，直线的方程为，
所以点的坐标为，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，消得，
，
设点的坐标为，
则，
所以，，
所以直线的斜率，又，，
所以，又，
所以，
因为点，，
所以，
故，故
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
四、解答题：本题共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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，.
（1）求的值：
（2）在边AB上取一点D，使得，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【小问1详解】
由已知在中，，，.
由余弦定理，
可得，
所以.
在中,由正弦定理
得：，
解得：；
【小问2详解】
由于，，
所以，
在中由（1）知，所以，
所以，又，
所以.
所以
.
由于，所以.
所以.

18. 设正项数列的前n项和为，已知，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得到，根据和得到，即可得到数列是公差为2的等差数列，然后求通项即可；
（2）利用裂项相消的方法求和即可.
【小问1详解】
因为，所以①，
所以时，②．
由，得，即．
因为各项均为正数，所以，即，
因为，所以，，解得，，，
所以数列是公差为2的等差数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）得．
当n为偶数时，

；
当n为奇数时，

．
所以
19. 在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则


（1）证明：
（2）设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【解析】
【分析】（1）由条件证明，再证明，由此可得，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点满足条件，由条件求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程求即可.
【小问1详解】
因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

20. 某校举行“强基计划”数学核心素养测评竞赛，竞赛以抽盲盒答题的形式进行，现有甲、乙两个盲盒箱，甲中有4个选择题和2个填空题，乙中有3个选择题和3个填空题，竞赛可以以不同的方式进行.
（1）若已知A班选择了甲箱，且派出5人参赛，每个人盲抽一个题作答，答完后仍放回甲箱.每个人答对选择题概率为，答对得3分，答错得0分，每个人答对填空题的概率为，答对得5分，答错得0分，求A班总得分X的数学期望.
（2）若已知A班班长先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后B班班长再从乙箱中抽取一道题目，已知B班班长从乙箱中抽取的是选择题，求A班班长从甲箱中取出的是两道选择题的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)先计算A班参加竞赛的5个人中每个人得分的平均分，在根据数学期望的意义求出A班得分的数学期望；
(2)按照贝叶斯公式计算可得解.
【小问1详解】
A班在甲箱抽取时，每个人抽到选择题的概率为 ，抽到填空题的概率为 ， 每个人得分的平均值 ，
A班得分的数学期望 ；
【小问2详解】
设A班班长抽取0道、1道、2道选择题的事件为，B班班长抽到的是选择题的事件为,
则,
则.
【点睛】【点睛】
21. 已知双曲线的离心率为，点，分别是其左右焦点，过点的直线交双曲线的右支于P，A两点，点P在第一象限.当直线PA的斜率不存在时，.

（1）求双曲线的标准方程.
（2）线段交圆于点B，记，，面积分别为S1，S2，S，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率为，得到，再根据，得到求解.
（2）设，则，求得，再利用双曲线的定义得到，，再由，求解.
【小问1详解】
解：因为双曲线的离心率为，
所以，又过点的直线PA的斜率不存在时，，
所以.
解得，
所以双曲线的方程为：；
【小问2详解】
设，则，且，
所以，
，
，
由双曲线定义得，
所以，则，
所以，
，
，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值.
22. 已知函数
（1）若，求不等式的解集；
（2）若存在两个不同的零点，，证明：.
【答案】（1）;
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由的单调性及可求解；
（2）根据函数存在两个不同的零点，得，，将所证不等式转化为，利用由(1)的过程知及 ，代入可证得结论.
【小问1详解】
令，的定义域为，
则，所以在上单调递增.
因为，所以当时，，当时，，
所以原不等式的解集为.
【小问2详解】
证明:，令，易知在上单调递减，且.
当时，，此时单调递增;
当时，，此时单调递减.
所以.
因为函数存在两个不同的零点，所以，即，由图可知，

由题意知，
所以，
两式相减得.
所以等价于
，
也等价于.
因为，所以由(1)的解题过程知……①
……②
因为，所以，
即……③
①+②+③得，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由的零点为得：
（1），两式相减得，使用此时代入消去.
（2）由得 即，使用此时代入消去.
本题中两次对零点的使用都富有创新性.