2023届湖北省黄石市高三下学期高考适应性训练数学试题

2023届湖北省黄石市高三下学期高考适应性训练数学试题一、单选题1．设集合，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别求出集合，集合，由此能求出．【详解】解：集合，集合，．故选：D．2．已知复数，（为虚数单位），则复数等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过，，利用复数的除法得到，再求其共轭复数.【详解】因为，所以复数的共轭复数是.故选：A【点睛】本题考查复数的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3．已知向量，满足，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先对平方可求，然后利用夹角公式求解.【详解】因为，所以，即；因为，，所以，又所以.故选：B.4．已知将函数向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，且，则当取最小值时，函数的解析式为A． B．C． D．【答案】C【分析】利用三角函数图象变换规律，三角函数的图象的对称性，可得＝kπ，k∈Z，，求得ω的值，可得函数f（x）的解析式．【详解】将函数向右平移个单位长度后，可得y＝cos（ωx）的图象，根据所得图象关于y轴对称，可得＝kπ，k∈Z．再根据，可得cos，∴，∴kπ，∴ω＝12k+3，则当ω＝3取最小值时，函数f（x）的解析式为f（x）＝cos（3x），故选C．【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于中档题．5．中国古代的武成王庙是专门祭祀姜太公以及历代良臣名将的庙宇，这类庙宇的顶部构造颇有讲究.如图是某武成王庙顶部的剖面直观图，其中，，，且数列是第二项为为坐标原点，以，分别为，轴正方向建立平面直角坐标系，则直线的斜率为（

） 【答案】A【分析】根据数列是第二项为的等差数列可得，令，则根据题干可得：，再根据等差数列的性质即可求解.【详解】由题意可知：，令，，因为，所以，因为数列是第二项为的等差数列，设公差为，则，因为，所以，同理则直线的斜率，故选：.6．正方体的棱长为2，正方形的心分别是，，且分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，则下列结论错误的是（

）A．若四点都在球上，则球表面积的最大值为B．若四点都在球上，则球体积的最小值为C．四面体的所有棱长都相等D．直线与所成角的余弦值的取值范围是【答案】C【分析】根据题意，球心在线段上，且是线段的中点，故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：因为分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，若四点都在球上，则球心在线段上，且是线段的中点，故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，其中轴，轴分别与平面，平面垂直，不妨设，，，球的半径，球表面积当时，取最大值，选项A正确；当时，球的半径，最小，最小值为，球体积的最小值为，选项B正确；，故当时，，当时，，选项C错误；设直线与所成角，选项D正确.故选：C7．直线l与双曲线的左，右两支分别交于点A，B，与双曲线的两条渐近线分别交于点C，D（A，C，D，B从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设直线方程及四个点，联立后分别求出两根和和两根积，再应用，，成等差数列，列式求解即可【详解】设直线，联立，可得，则①联立，可得，则②因为，所以，所以③因为，所以，所以，即得④因为，所以中点为的中点，所以,因为成等差数列，所以，又因为A，C，D，B从左到右依次排列，所以,所以，代入①②③有，因为且，又因为，则所以，所以，即综上，故选：D.8．设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先构造函数，和并分析单调性得出，时，，并取特殊值得出，根据构造函数单调性分析即可得出结果.【详解】设，则，在时，，在时，，所以，即，所以对任意，有，所以.再取，可得，两边取倒数，即，所以，又当时，设，，则，，即和在均递增，所以，，即时，，所以，由在单调递增，可得，即.故选：B【点睛】方法点睛:(1)对于实数比较大小我们通常观察式子结构，构造出对应的函数，然后利用函数单调性分析.(2)作差法是比较两个数值大小最常用的方法，看其值是正还是负，从而确定所比较的大小.(3)当直接无法比较的时候，往往需要取适当的“媒介”数（通常以“0”，或“1”为媒介），分别与要比较的数比较，从而间接得出两数的大小.二、多选题9．如图，在正方体中，E､F､G分别为的中点，则（

）A． B．与所成角为C． D．平面【答案】ABD【分析】利用坐标法，根据向量运算结合条件逐项分析即得.【详解】以点D为坐标原点，所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则.对于A选项，，所以，故A选项正确；对于B选项，，，所以，向量与向量的夹角是，与所成角为，故B选项正确；对于C选项，，则，故C选项错误；对于D选项，设平面的法向量为，由，可得，取，可得，又，∵，∴，∵平面，∴平面，故D选项正确.故选：ABD.，实际比赛局数的期望值记为，则下列说法中正确的是（

）A．三局就结束比赛的概率为 B．的常数项为3C．函数在上单调递减 D．【答案】ABD【分析】设实际比赛局数为，先计算出可能取值的概率，即可判断A选项；进而求出期望值，即可判断BCD选项.【详解】设实际比赛局数为，则的可能取值为，所以，，，因此三局就结束比赛的概率为，则A正确；故，由知常数项为3，故B正确；由，故D正确；由，，所以，令，则；令，则，则函数在上单调递增，则C不正确.故选：ABD.11．设定义在上的函数的导函数分别为，若，且为偶函数，则下列说法中正确的是（

）A． B．的图象关于对称C． D．函数为周期函数，且周期为8【答案】AD【分析】对于A项，根据为偶函数求出的表达式，然后给的表达式两边求导，然后取特值求解；对于D项，根据找到与的关系，根据A项的表达式得到的周期；对于C项，根据的表达式，令特值求解即可.对于B项，根据，且为偶函数求出一个周期内仅有的两条对称轴，得结果.【详解】对于A项，为偶函数令，则，故A正确；对于D项，用代替原来的得：①又是偶函数用代替原来的得：②由①②结合得：③又用代替原来的得：④由③④联立得：⑤用代替原来的得：⑥⑥⑤得：,所以函数为周期函数，且周期为8，用代替原来的得：⑦用代替原来的得：⑧用代替原来的得：⑨结合⑦⑧⑨得，用代替原来的得：，所以函数为周期函数，且周期为8，故D正确；对于C项，为满足题意的一组解，但，故C错误.对于B项，因为为满足题意的一组解，但不关于对称，所以B错误.故选：AD12．设函数的导函数存在两个零点、，当变化时，记点构成的曲线为，点构成的曲线为，则（

）A．曲线恒在轴上方B．曲线与有唯一公共点C．对于任意的实数，直线与曲线有且仅有一个公共点D．存在实数，使得曲线、分布在直线两侧【答案】AD【分析】求出曲线、对于的方程，数形结合可判断ABC选项；求出函数在处的切线方程，数形结合可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，则，令可得或，因为函数存在两个零点、，则，即.当时，即当时，，则，当时，即当时，，则，则曲线为函数的图象以及射线，且当时，，所以，曲线在轴上方，A对；对于B选项，当时，即当时，，则，当时，即当时，，则所以，曲线为函数的图象以及射线，由图可知，曲线、无公共点，B错；对于C选项，对于函数，，此时函数在上单调递减，且，结合图象可知，当时，直线与曲线没有公共点，C错；对于D选项，对于函数，，则，又因为，所以，曲线在处的切线方程为，即.构造函数，则，，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，且不恒为零，所以，函数在上为增函数，当时，，即，当时，，即，所以，曲线、分布在直线的两侧，D对.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的相关问题，解题的关键在于求出两曲线的方程，作出图形，利用图形以及导数的相关知识求解.三、填空题13．函数，，，则______________．【答案】【分析】利用辅助角公式化简可得，结合的范围可得的范围，进而确定的值，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.【详解】，，，又，，，，，.故答案为：.14．三等分角是古希腊三大几何难题之一，公元3世纪末，古希腊数学家帕普斯利用双曲线解决了三等分角问题，如图，已知圆心角ACB是待三等分的角(0<∠ACB<π)，具体操作方法如下∶在弦AB上取一点D，满足AD=2DB，以AD为实轴，为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则∠ACM=2∠MCB，即CM为∠ACB的三等分线，已知双曲线E的方程为，点A，D分别为双曲线E的左，右顶点，点B为其右焦点，点C为双曲线E的右准线上一点，且不在x轴上，线段CB交双曲线E于点P，若扇形CMB的面积为，则的值为___________.【答案】【分析】由可得，右准线方程为，然后设，，然后可得，，然后可求出，然后联立直线的方程和双曲线的方程求出点的纵坐标即可.【详解】由可得，右准线方程为设，，则圆C∶，由题意可得，又有，即可得，则BC：，联立，可得所以故答案为：15．设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为______．【答案】【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；化简得到，利用换元法令，则，构造函数，利用导数求出，将参数分离出来，构造函数，即可得出.【详解】，是的两个极值点，是的两根，又当时，方程不成立，即，两式作比得到:==，所以，令，所以令，则令，则所以在上单调递减，所以所以在上单调递减，所以令，则恒成立所以在上单调递减，即故答案为：.16．设椭圆的左、右焦点分别为、，且与圆在第二象限的交点为，，则椭圆离心率的取值范围为______．【答案】【分析】根据已知条件及直角所对的圆周角等于，利用勾股定理、椭圆的定义及椭圆的离心率公式，再利用换元法和构造函数即可求出离心率的取值范围．【详解】由以线段为直径的圆与椭圆在第二象限相交于点，所以半径，即，且．所以，由于，令，则，则．由于函数在上单调递减，故在上单调递减，故，即，满足，符合题意．所以椭圆离心率的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点睛：解决此题的关键是根据已知条件及直径所对的圆周角等于，利用勾股定理、椭圆的定义及椭圆的离心率公式，再利用换元法和构造函数，结合对勾函数的性质即可.四、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求A；(2)，BD=3，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，得到求解.（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.【详解】（1）解：由正弦定理可得，因为，所以，即，整理得：，因为，所以，所以，因为，所以.（2）在中，由余弦定理得：，即.整理得，当且仅当时，等号成立，所以，因为，所以，所以ABC面积的最大值为.18．如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，平面与平面的交线上存在一点满足二面角大小也是.(1)求四面体的体积；(2)若为直线上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据线面平行的判定和性质定理得到点到平面的距离等于点到平面的距离，则，然后代入体积计算公式即可求解；（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式求出，换元利用二次函数的性质求出最值即可.【详解】（1）如图，因为，平面，平面，所以平面，因为过的平面平面，所以，平面，平面，所以平面，又因为，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，则，所以.（2）过作，，，又面DEC，面，又面，面面，，面，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，设面的一个法向量为，则，，令，解得，得，又，，令，则，当，即时，19．函数的图象为自原点出发的一条折线，当时，该函数图象是斜率为由定义.(1)用表示；(2)若，记，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由条件结合两点斜率公式列方程求；（2）由两点斜率公式可得，利用累加法求，再由等差数列求和公式和错位相减法求，由此证明结论.【详解】（1）由已知可得函数过点，又当时，该函数图象是斜率为的一条线段，所以，所以，，所以；（2）因为函数过点，又当时，该函数图象是斜率为的一条线段，所以又，所以，即，所以，，，，所以当时，，又，所以当时，，又时，也满足关系式，所以，，所以，所以，所以，设，则，所以，所以，又所以.20．在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种．单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得分，选择错误得分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得分，部分选对得分，有选择错误的得分．(1)小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测．已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是．问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率．(2)小明同学在做多选题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道多项选择题所得的分数为，求的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望【分析】（1）根据全概率公式可求得该单项选择题回答正确的概率，由条件概率公式可求得结果；（2）首先确定所有可能的取值，并根据独立事件概率乘法公式求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望值.【详解】（1）记事件为“该单项选择题回答正确”，事件为“小明直到该题的正确答案”，，，即小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，他知道这道单项选择题正确答案的概率为.（2）由题意知：所有可能的取值为，设事件表示小明选择了个选项，事件表示选择的选项是正确的，；；；的分布列为：则数学期望.21．已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.(1)求椭圆和抛物线的方程；(2)如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；（2）设，，，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，，，可求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.【详解】（1）由于椭圆的离心率为，则，所以，故设，由于椭圆经过点，从而，故椭圆的方程为.由于点P到抛物线的准线的距离为，则，故，从而抛