2023届湖南省永州市高三上学期第二次高考适应性考试数学试题 含答案.docx

1、永州市2023年高考第二次适应性考试试卷数学注意事项：1.本试卷共150分，考试时量120分钟.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.3.考试结束后，只交答题卡.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，则集合（ ）A. B. C. D.2.已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内复数对应的点在（ ）A.第四象限 B.第三象限C.第二象限 D.第一象限3.“是锐角”是“”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.设为所在平面内一点，则（ ）A. B.C. D.5.若存在常

2、数，使得函数对定义域内的任意值均有，则关于点对称，函数称为“准奇函数”.现有“准奇函数”对于，则函数在区间上的最大值与最小值的和为（ ）A.4 B.6 C.7 D.86.如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，且，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，则双曲线的离心率是（ ）A. B. C.2 D.7.已知数列，若对任意的，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.8.如图，在三棱锥中，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D.二多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

3、求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知函数，则（ ）A.的最大值为1B.直线是图象的一条对称轴C.在区间上单调递减D.的图象关于点对称10.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，下列说法正确的有（ ）A.线段长度的最小值为4B.过点与抛物线只有一个交点的直线有两条C.直线交抛物线的准线于点，则直线平行轴D.可能为直角三角形11.如图，棱长为3的正方体的顶点在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点到平面的距离分别是1和2.下列说法正确的有（ ）A.点到平面的距离是3B.点到平面的距离是4C.正方体底面与平面夹角的余弦值是D.在平面内射影与

4、所成角的余弦值为12.已知，则有（ ）A. B.C. D.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.数据：2，5，7，9，11，8，7，8，10中的第80百分位数是_.14.的展开式中的系数是_.15.三个元件独立正常工作的概率分别是，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒中（一盒接一个元件），各种连接方法中，此电路正常工作的最大概率是_.16.对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一

5、点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是_；最大值是的_.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.（本题满分10分）已知的内角的对边分别为，且向量与向量共线.（1）求；（2）若的面积为，求的值.18.（本题满分12分）已知数列的前项和为，若.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列的前10项和.19.（本题满分12分）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，是的中点，.（1）求证：平面；（2）若是线段上的动点（不含线段端点），当平面与平面的夹角为时，求线段的长度.20.（本题满分12分）椭圆的离心率是

6、，且过点.（1）求的方程；（2）过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.21.（本题满分12分）当前，新冠病毒致死率低，但传染性较强.经初步统计，体质好的人感染呈显性（出现感染症状）或呈隐性（无感染症状）的概率都是，体质不好的人（易感人群）感染会呈显性，感染后呈显性与呈隐性的传染性相同，且人感染后在相当一段时期内不会二次感染.现有甲乙丙三位专家要当面开个小型研究会，其中甲来源地人群的感染率是，乙来源地人群的感染率是，丙来源地无疫情，甲乙两人体质很好，丙属于易感人群，参会前三人都没有感染症状，只确定丙未感染.

7、会议期间，三人严格执行防疫措施，能隔断的病毒传播，且会议期间不管谁感染，会议都要如期进行，用频率估计概率.（1）求参会前甲已感染的概率；（2）若甲参会前已经感染，丙在会议期间被感染，求丙感染是因为乙传染的概率；（3）若参会前甲已感染，而乙丙均未感染，设会议期间乙丙两人中感染的人数为随机变量，求随机变量的分布列与期望.22.（本题满分12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若时，求实数的取值范围.永州市2023年高考第二次适应性考试试卷数学参考答案及评分标准一、单项选择题：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题号12345678答案ACADBD

8、BC二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分题号9101112答案ABCACACDBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分131014401516；5部分小题答案8解：由于过作的垂面，如图可知过作平面上的垂面,如图，即面面，可得与的交点即为满足条件的P点，从而为与面所成角的最大角，故. 平面平面，过作于，连接，可知就是 与平面所成角，在中，且为等腰直角三角形，则.而，11解：如图建系，（3，0，0），（0，3，0），.设平面的法向量（a，b，c），依题知：， 求得， 所以点C到平面的

9、距离，所以到平面的距离是5，故A对B错；平面ABCD与平面夹角的余弦值是，C对因为点到平面的距离为2， 所以AB在面内射影向量是，(0，3，3)，所以与夹角的余弦值是，（第11题图一）所以AB在平面内射影与AD1所成角的余弦值为，D对正确答案ACD方法二：由勾股定理，易得点C到平面的距离是3，A对；如图一延长BD交面于点M，易知DMBD=，在AMD中，ADM135o,（第11题图二）由余弦定理求得AM，过D作DNAM于N，由面积法求得DN，如图二延长D1D交面于点E，过D作DHEN于H，则DH面于H，RtEDH中，DN，DH1，HN，EH， ED，ED1， 故D1到平面的距离是3，C1到平面的

10、距离是5，B错； 正方体底面ABCD与平面夹角的平面角为DNE，（第11题图三） cosDNE=,C对； 如图三，分别过B，D1作BP面于P，D1Q面于Q， 过B作BF/PQ交D1Q于F， BP2，D1Q3，D1B，PQBF， AP， D1P， 由余弦定理求得， 则AB在平面内射影AP与AD1所成角的余弦值是， D对正确答案ACD12解：构造函数，在区间上递减，在区间上递增，在上递减，在上递增，由极值点偏移知A错B对，1aeb，ca，ad1，在上递增，2.8572.86，选BCD16解：依题知PB=2|PA|，2|PD|+|PB|2|PD|2|PA|2AD，设点D关于圆C对应的阿波罗点为E（0

11、，m），依题知点（0，2），（0，2）分别到点E，D的距离之比为，求得，E（0，），|PE|=|PD|，3|PA|2|PD|3（|PA|PD|）3（|PA|PE|）3AE=5.四、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（本题满分10分）解：（1）向量与向量共线， 1分即，2分， 4分又， 5分（2）由已知 6分 ， 所以 7分由余弦定理得，即，联立 8分解得或， 9分所以 10分18（本题满分12分）解：（1）当时， ，即有， 1分 所以时， 2分 因为不符合上式， 4分 所以数列的通项公式为. 6分（2）由（1）知，当是奇数时,，记bn的前10项的奇数项和为

12、，则； 7分当是偶数时,，（或者），9分记bn的前10项的偶数项和为，则，11分 所以数列的前10项和.（注：写成也可）12分19（本题满分12分）解：（1）由题可知四边形是正方形，E是的中点，所以，1分又，所以 ，2分又，由余弦定理可得:3分，即，4分又且，6分（2）由(1)知两两垂直以B为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0，0，0)，E(0，2，1)，于是，7分设，则， 8分设平面的法向量为，则，令，则， 9分可知平面PAB的一个法向量，10分所以，解得或者（舍去） 11分又，所以，即当平面与平面所成的夹角为时，段长度为.12分20（本题满分12分

13、）解：（1）因为椭圆C：的离心率是，所以，即a=b， 2分 因为过点P（2,1）， 有， 3分 联立a=b解得， 故椭圆C的方程是 5分 法二：因为椭圆C：的离心率是，所以， 1分联立可得a=b， 2分 因为过点P（2,1）， 所以， 3分 联立a=b解得， 故椭圆C的方程是 5分 （2）依题意，直线AB存在斜率，设直线AB方程是，联立，消去y得， 设A（x1，y1），B(x2，y2)， 则x1x2 ，x1x2 ， 6分 直线PA：， 令x=0，得， 同理， 依题意知， 即， 7分， 8分， 整理得， 即， 9分 若，则直线AB过点P（2，1），不合题意，舍去， 10分 若，则直线AB过点（0

14、 ,3）， 令D（0,3），则点Q在以PD为直径的圆上， 11分 所以当R为PD的中点，即以PD为直径的圆的圆心时，|RQ|等于圆的半径，故存在定点，使得|RQ|为定值. 12分21（本题满分12分）解：甲，乙，丙第i轮次感染分别记为事件Ai，Bi，Ci,且参会前的感染为第1轮感染，无症状记为事件E.（1）依题意，参会前甲已感染事件即是无症状感染事件A1|E ，1分 所以P(A1）P(A1|E)= 2分 4分（2）丙感染记为事件F， 5分则， ， 6分病毒由乙传染丙记为事件M，P(M)， 7分丙感染是因为乙传染的事件即为M|F，故丙感染是因为乙传染的概率是8分（3）X的取值为0，1，2P(X0

15、)P()， 9分P(X1)P()， 10分P(X2)P()，11分X的分布列为：X012P12分22（本题满分12分）解：（1）由，可得， 1分当t=0时，由得，由得，故在单调递增，在单调递减； 2分当时,令，可得的两根分别是1和，i）当时，由，得，由，得或故在区间上单调递增，在区间和上单调递减. 3分ii）当时，由，得或，由，得.故在区间上单调递减，在区间和上单调递增. 4分综上所述，当t=0时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，在区间和上单调递减；当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增.5分（2）由，可得：，即， 6分构造函数，则原不等式转化为时，恒成立.， 7分当时，当时，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以， 8分当时， 在上单调递减，在区间和上单调递增，又，且当趋向正无穷时，的值趋于0，故成立； 9分当t=0时，在上单调递增，在上单调递减，故，又，故成立； 10分当时，在单调递增，在和上单调递减， i)若，则，当时，则，当时，则，所以在单调递增，在单调递减，所以又因为，恒成立，所以，解得，所以，11分ii)若，则，由（1）可知在单调递增，在和上单调递减，此时有，不恒成立所以不符合题意.综上，实数的取值范围为.12分