云南师范大学附属中学2023届高三第十次高考适应性考试数学试题（含解析）

这是一份云南师范大学附属中学2023届高三第十次高考适应性考试数学试题（含解析），共23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。
云南师范大学附属中学2023届高三第十次高考适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，若集合，，则如图阴影部分表示的集合为（    ）
  
A． B． C． D．
2．复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知圆：，直线：被圆截得的弦长为（    ）
A． B． C． D．
4．欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（    ）
A．6 B．12 C．13 D．18
5．已知为递增的等比数列，且满足，，则（    ）
A． B．1 C．16 D．32
6．有张奖券，其中张可以中奖，现有个人从中不放回地依次各随机抽取一张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件“第个人抽中中奖券”，则下列结论正确的是（    ）
A．事件与互斥 B．
C． D．
7．若，满足，下列正确的是（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数，的定义域均为，，是偶函数，且，，则（    ）
A．关于直线对称 B．关于点中心对称
C． D．

二、多选题
9．已知，是夹角为的单位向量，，，下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．在上的投影向量为
10．已知，下列结论正确的是（    ）
A．的最小正周期为
B．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称
C．若在区间上的最大值是，则的最小值为
D．若，则
11．已知函数，下列结论正确的是（    ）
A．若，则有2个零点 B．若，则有3个零点
C．存在负数，使得只有1个零点 D．存在负数，使得有3个零点
12．如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（    ）
  
A．当时，平面
B．当时，若平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形

三、填空题
13．若，，，则 .（用数字作答）
14．写出一条过点且与抛物线：仅有一个公共点的直线方程： .
15．幻方又称为魔方，方阵或厅平方，最早记载于中国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中，宋代数学家杨辉称之为纵横图.如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行､三列､两对角线的三个数之和都等于15，便得到一个3阶幻方；一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格内，使得每行､每列､每条对角线上的数字的和相等，这个正方形就叫做阶幻方.记阶幻方的一条对角线上的数字之和为（如：），则 .
4
9
2
3
5
7
8
1
6
16．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为 .
  

四、解答题
17．年，基站正式获得国家工信部人网批准，自此，中国进入“时代”.相比于、具有“更高网速、低延时高可靠、低功率海量连接”的特点，目前这一技术被广泛应用于工业、能源、教育等多个领域.某运营商为了解网络使用满意度，从运营系统中选出名客户进行调查，其中，青年（岁）客户与中老年（岁）客户的比例为，在名持满意态度的客户中，中老年客户的比例为.
(1)完成列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为对网络的满意度和年龄有关联？
年龄
网络满意度
合计
满意
不满意
青年（岁）



老年（岁）



合计



(2)为更好地推广网络，运营商计划开展抽奖活动，规则如下：参与者从装有个红球，个白球（形状，大小，质地完全相同）的箱子中随机摸一个球，摸出后放回，摸到红球奖励元充值券，摸到白球奖励元充值券.若计划有名客户参与抽奖，求运营商需提供充值券总金额的数学期望.
附：，.

0.01
0.05
0.025

2.706
3.841
5.024
18．数列的前项积为，.
(1)若，求；
(2)若，设，求数列的前项和.
19．如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.
  
(1)证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，的模长，是与的夹角.在中，已知，.
(1)是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若，是线段上一点，且，求.
21．已知函数，且，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
22．已知双曲线：（，）的离心率是，实轴长是2，为坐标原点.设点为双曲线上任意一点，过点的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，的面积为.
(1)当的方程为时，求的值；
(2)设，求证：为定值.

参考答案：
1．B
【分析】首先求集合，再根据韦恩图，表示.
【详解】不等式，得，故集合，
或，，
所以阴影部分表示的集合为.
故选：B.
2．B
【分析】首先利用除法运算求复数，再根据复数的几何意义判断选项.
【详解】因为，故，在复平面内对应的点为,
位于第二象限.
故选:B.
3．C
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦，弦心距和半径的关系可求得结果.
【详解】圆：的圆心为，半径，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线：被圆截得的弦长为，
故选：C.
4．D
【分析】先将180分解成素数的乘积，然后根据题意求解即可.
【详解】根据N的标准分解式可得，故180的正因子个数为，
故选：D.
5．C
【分析】首先化简等式，并结合等比数列的性质求得，再根据等比数列的基本量求.
【详解】由题意，，
联立，则或
因为是递增的数列，得，
设等比数列的公比为，则
.
故选：C.
6．C
【分析】利用互斥事件的定义、全概率公式和条件概率公式求解即可.
【详解】事件与可以同时发生,根据互斥事件的定义,A错误;
由全概率公式得,故B错误;
由概率的乘法公式得,故C正确;
根据题意,
所以,故D错误.
故选:C.
7．A
【分析】根据三角恒等变换化简计算即可.
【详解】，∴
∴，
∴
易知，∴，所以，
故选：A.
8．C
【分析】对于A，由是偶函数，且，可得为偶函数，可求得其对称轴，对于B，再结合，可得关于点中心对称，对于CD，由前面的计算可得的周期为4，然后根据已知条件求出，从而可判断.
【详解】对于A，是偶函数，，
又，
，是偶函数，∴关于直线对称，所以A错误，
对于B，关于点中心对称，所以B错误，
对于CD，又，即4是的一个周期；
令，可得
，又，
，
，
所以C正确，D错误，
故选：C.
9．ACD
【分析】将两边平方可求得；利用可知与不垂直；由向量夹角的计算公式可得即可计算出，结合选项C即可求得在上的投影向量为.
【详解】由题意可知，
，故A正确；
，故B错误；
易知所以，因此，
又，所以，故C正确；
结合C易知在上的投影向量为，故D正确；
故选：ACD.
10．BD
【分析】先化简函数，得，根据正弦型函数的图像性质研究周期性、平移、值域等问题.
【详解】，
所以的最小正周期为，故A错误；
把的图象向左平移个单位长度，所得函数为，是偶函数，
所以图象关于y轴对称，故B正确；
当时，，
当，即时，最大值为，
所以m的最小值为，故C错误；
令，解得，
当时，的一个对称中心为，
故时，有，故D正确.
故选：BD.
11．ABC
【分析】由题意，画出和的图象，数形结合可判断A，分析和相切时的临界条件可判断BCD.
【详解】由题意知的零点个数即为和的图象的交点个数，在同一平面直角坐标系内画出和的图象.
      
对A，由图可知，当时，图象有两个不同的交点，故A正确；
对B，设直线与曲线相切于点，
则，故切线斜率，
所以当，直线与有3个不同的交点，
即有3个零点，故B正确；
对C，设直线与曲线相切于点，
则，故切线斜率，
所以当时，恰有1个零点，故C正确；
对D，当时，直线与的图象至多有2个交点，故D错误；
故选：ABC.
12．AC
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
  
则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，
  
分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：
  
此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，
  
题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
13．
【分析】采用赋值法，分别令，和，求的值.
【详解】令，可得；
令，可得；
两式相加得，
令，可得，故.
故答案为：
14．（或，答案不唯一）
【分析】分类求过点与抛物线对称轴平行或相切的直线方程.
【详解】当l平行于x轴时，l与C只有一个公共点，此时方程为；
当l与抛物线相切时，l与C只有一个公共点，设直线l方程为，
联立方程得，
由，
此时直线l的方程为.
故答案为：（或，答案不唯一）.
15．
【分析】利用等差数列求和公式得出n阶幻方的所有数之和，再计算每行数之和即可得出对角线上数字之和.
【详解】n阶幻方共有个数，其和为，
∵n阶幻方共有n行，
∴每行的和为.
故答案为：505
16．
【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答.
【详解】过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，
    
有，过作于点C，则四边形是矩形，
于是，，又，从而，
设直线AB与平面的交点为P，则有，，
所以椭圆的长轴长.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
17．(1)列联表答案见解析，认为对网络的满意度和年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于
(2)元

【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）设为名客户中摸出红球的人数，则，利用二项分布的期望公式可求出，由题意可得出，利用期望的性质可求得的值.
【详解】（1）解：由题意可得，青年共有人，中老年有人，
持满意态度的中老年有人，青年有人，
持不满意态度的中老年有人，青年有人，得列联表如下：
年龄
5G网络满意度
合计
满意
不满意
青年（岁）
140
40
180
中老年（岁）
80
40
120
合计
220
80
300
零假设为对网络的满意度和年龄无关联.
由列联表得，，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为对网络的满意度和年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于.
（2）解：每名客户摸出红球的概率为，
设为名客户中摸出红球的人数，则，所以，
又，所以，
故运营商需提供充值券总金额的数学期望为元.
18．(1)
(2)

【分析】（1）由首项，再结合条件，以及，即可求解；
（2）首先求数列的通项公式，代入，求通项，最后求得数列的前项和.
【详解】（1），.
，，，；
（2），当时，，
当时，，又也满足.
，
，
数列的前n项和.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证线面垂直再得面面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算即可.
【详解】（1）设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
有，即，解得，
设直线与平面所成角为，
则.
  
20．(1)不存在，理由见解析
(2)

【分析】（1）由题意，得，再结合基本不等式可判断结果；
（2）解法一：结合（1），利用余弦定理求出，，再借助正弦定理求出，从而解决问题；
解法二：结合（1），利用正弦定理求出，，再结合三角形面积公式求解问题.
【详解】（1），.
，，，
又，，
.
，
当且仅当时，有最小值.
因此，不存在满足条件的，使得.
（2）由（1）知，当时，，.
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，，
由正弦定理得，，
，，
，.

解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，，
，
又，，.
.
.
21．(1)答案见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.
【详解】（1）由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
（2），理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
从而，
所以，即，
所以，即．
【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是利用换元法，将转化为，从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立，得到，并利用两
角和的正切公式表示，并求，最后代入三角形面积公式，
即可求解；（2）利用向量的坐标表示关系，点的坐标用点的坐标表示，并代入双曲线方程求，再代入面积公式，即可证明定值.
【详解】（1）由题意可知，，，，
则，.双曲线C的方程为.
设，，，
把：代入，得，又，
，，
，.
，
.
（2）证明：双曲线渐近线方程为，则，.
由，得，.
，，
化简可得.
，
为定值.
  
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，重点考查弦长公式，
三角恒等变换，以及韦达定理，本题的关键是利用点的坐标，正确表示.