湖北省天门市2023届高三下学期5月适应性考试数学试卷（含答案）

这是一份湖北省天门市2023届高三下学期5月适应性考试数学试卷（含答案），共25页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省天门市2023届高三下学期5月适应性考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、设全集，集合，，则(   )A. B. C. D.2、已知，i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.1 B.-1 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1）是中国科学院空天信息研究院自主研发系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050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55米，高19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2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为(   )（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：圆的半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n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π.据此，当n足够大时，可以得到与n的关系为(   )A. B.C. D.6、已知，，，则p，q，r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a的取值集合是(   )A. B. C. D.二、多项选择题9、2022年6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100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6人，再从这6人中先后抽取2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100名学生成绩的中位数是85C.估计100名学生成绩的分位数是95D.从6人中先后抽取2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0C.有最大值 D.有最小值211、有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3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xOy中，，B为坐标原点，点P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2的等差数列 B.为公比为的等比数列C. D.前n项和三、填空题13、已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m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2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为________．四、双空题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2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点P.若，则___________；若，则的值为___________.五、解答题17、在锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，求：（1）A的大小；（2）的取值范围．18、已知两个正项数列，满足，．（1）求，的通项公式；（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前n项和．19、如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.M是棱PD上的点，且四面体MPBC的体积为（1）证明：；（2）若过点C，M的平面与BD平行，且交PA于点Q，求平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值.20、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21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9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8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）.（1）求首次试验结束的概率；（2）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.①求选到的袋子为甲袋的概率，②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、已知双曲线（，）过，，，四个点中的三个点.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l与双曲线C交于A，B两点，且，求证：直线l经过一个不在双曲线C上的定点，并求出该定点的坐标.22、已知函数，函数.（1）当时，求的单调区间；（2）已知，，求证：；（3）已知n为正整数，求证：.
参考答案1、答案：A解析：由可得，，则.故选：A2、答案：B解析：因为，所以，，故选：B3、答案：C解析：因为，且，所以，即，所以，所以向量在向量上的投影向量为.故选：C4、答案：A解析：由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，则，，，所以．故选：A．5、答案：A解析：设圆的半径为r，将内接正n边形分成n个小三角形，由内接正n边形的面积无限接近圆的面即可得：，解得：.故选：A.6、答案：D解析：由题意可得：，,因为，即，所以，即，又因为，所以.故选：D.7、答案：B解析：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：B8、答案：A解析：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R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：A.9、答案：AC解析：对于A：根据学生的成绩都在50分到100分之间的频率和为1，可得，解得，故A正确；对于B：全校学生成绩的中位数为，故中位数位于之间，故中位数，故B错误，对于C：全校学生成绩的样本数据的分位数约为分，故C正确．对于D：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2人，中抽取了4人，先抽取的学生成绩位于，则第二次抽取时，是在5个人中抽取，而此时学生成绩在的个数有4个，故概率为，故D不正确，故选：AC10、答案：AD解析：因为，当且仅当，即,时等号成立，故A正确；因为时，，而，得出，,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：AD11、答案：BC解析：对于A：因为，故A错误；对于B：因为，故B正确；对于C：因为，，所以，故C正确；对于D：由上可得，又因为，故D错误，故选：BC．12、答案：CD解析：对AB，由点P在圆上，则由参数方程得，则，.对于，存在数列，，使得，即①，②，②①得，令，则，则是以为首项，公比为的等比数列.则，AB错；对C，，C对；对D，，，两式相减得，.，D对,故选：CD.13、答案：3解析：=，设其通项为，设的通项为，要求项的系数，只有r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：314、答案：解析：，.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-1，所以的最小值是，且有唯一解.故答案为：.15、答案：解析：如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知底面ABCD，故MN与底面ABCD的夹角即，，则，故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，即N的轨迹为图示中的圆弧，易知，所以长为.故答案为：.16、答案：①②解析：设外接圆半径为R，则，由正弦定理，可知，即，由于是锐角，故，又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，所以；设，,则，,由于，不妨假设，,由余弦定理知，,设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于,故,则得，所以，同理可得，所以,故答案为：；17、答案：（1）；（2）.解析：（1）在锐角中，由正弦定理及，得，而，于是，又，则，而，解得，所以A的大小是.（2）由正弦定理得，，因为为锐角三角形，有，则，从而，，因此所以.18、答案：（1），（2）解析：（1）由，得，由，得，，因为是正项数列，，；（2） ，则当时，，所以，两式相减得  ，即，因为满足，所以.19、答案：（1）证明见解析；（2）.解析：（1）解法一：如图1，取AB中点O，连接PO，CO.因为，，所以，，.又因为ABCD是菱形，，所以，.因为，所以，所以.又因为平面ABCD，平面ABCD，，所以平面ABCD.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，所以.解法二：如图2，取AB中点O，连接PO，CO，因为，，所以，，，又因为ABCD是菱形，，所以，.因为，所以，所以.因为平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB.所以，.过M作交AP于点N，，所以.又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，，所以，所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.（2）解法一：由（1）知，，，.如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.因为，设，则，因为，，，，故存在实数a，b，使得，所以，解得，所以.设平面BCQ的法向量为，则，即，取，得到平面BCQ的一个法向量.设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为是平面ABCD的一个法向量，则.所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是.解法二：由（1）知，，，，如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，.设平面的法向量为，则，即.取，得到平面的一个法向量.因为，设，则，因为，所以，所以设平面BCQ的法向量为，则，即.取，得到平面BCQ的一个法向量.设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为是平面ABCD的一个法向量，则.所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是.解法三：在平面ABCD内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，因为ABCD是菱形，所以.如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.所以，四边形是平行四边形，，.所以，所以，所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，因为平面ABCD，所以平面ABCD，所以，因为，，在平面ABCD内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，在中，，，所以，所以，因为，，，且两直线在平面内，所以平面QTN，因为平面QTN，所以.所以是二面角的平面角.在中，，所以.所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是.20、答案：（1）（2）①；②方案二中取到红球的概率更大.解析：（1）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.（2）①因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①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.21、答案：（1）（2）证明见解析，定点的坐标为解析：（1）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C的方程为.（2）(ⅰ)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，联立，整理得，.由得（*），且，，因为，所以，，因为，所以，即，所以，即，所以，化简得，即，所以或，且均满足（*），当时，直线l的方程为，直线l过定点，即点，不符合题意，舍去；当时，直线l的方程为，直线l过定点，符合题意.(ⅱ)当直线l的斜率不存在时，设l的方程为，由，解得， 依题意，因为，，所以，即，所以，即，解得（舍）或，所以直线l的方程为，直线l过点，综上所述，直线l经过一个不在双曲线C上的定点，定点的坐标为.22、答案：（1）见解析（2）见解析（3）见解析解析：（1），①当时，此时，则恒成立，则的减区间为，②当时，令，解得，则的增区间为令，解得，则减区间为，综上当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为.（2）欲证需证，即需证，令，即需证，设，由（1）知当时，的减区间为所以故（3）由（2）知，当，时，，令，则即所以......以上各式相加得：