浙江省温州市2023届高三2月高考适应性测试数学试题(解析版)

PAGE1温州市2023届高三2月高考适应性测试数学试题一、选择题：在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1.i是虚数单位，那么等于〔〕A.1i B.1i C.1i D.1＋i【答案】B【解析】【分析】直接由复数代数形式的除法运算化简得答案．【详解】，应选：B．【点睛】此题考查了复数代数形式的乘除运算，是根底题．2.集合A＝{1，2，－1}，集合B＝{y|y＝x2，x∈A}，那么A∪B＝〔〕A.1 B.1，2，4 C.1，1，2，4 D.1，4【答案】C【解析】【分析】将A中的元素代入集合B中的等式中求出y的值，确定出B，求出A与B的并集即可．【详解】当x＝1时，y＝1；当x＝2时，y＝4；当x时，y，∴B＝{1，4}，∴A∪B＝1，1，2，4．应选：C．【点睛】此题考查了并集的定义及其运算，用列举法表示集合时，注意集合中元素的互异性．3.a，b都是实数，那么“〞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【答案】C【解析】【分析】根据题意构造指数函数与幂函数，利用函数的单调性结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】对于“〞，考查函数y=在R上单调递增，所以“〞与“a>b〞等价；同样对于“〞，考查函数y=在R上单调递增，所以“〞与“a>b〞也等价；所以“〞是“〞的充要条件，应选C.【点睛】此题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据指数函数及幂函数的单调性是解决此题的关键．4.双曲线的一个顶点坐标是〔〕A.(2，0) B.(－，0) C.(0，) D.(0，)【答案】D【解析】【分析】先将双曲线方程化为标准方程，即可得到顶点坐标.【详解】双曲线化为标准方程为：，∴=，且实轴在y轴上，∴顶点坐标是〔〕，应选D.【点睛】此题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，比拟根底．5.以下不等式组表示的平面区域是三角形的是〔〕A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由选项依次作出不等式组对应的平面区域，即可得结论.【详解】A选项：表示的区域如图：不满足题意；B选项：表示的区域如图：不满足题意；C选项：表示的区域如图：不满足题意；D选项：表示的区域如图：满足题意；应选D.【点睛】此题主要考查二元一次不等式组表示平面区域的知识，属于根底题.6.随机变量X的分布列如下表所示，X024Pa那么DX()＝〔〕A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由分布列的性质解出a，再利用方差公式求方差即可．【详解】由题意，，∴a＝，∴E(x)=0×+2×+4×=2,∴D(X)＝〔0﹣2〕2×+〔2﹣2〕2×+〔4﹣2〕2×＝2,应选B.【点睛】此题考查分布列的性质、期望和方差的计算，考查根底知识和根本运算，属于根底题．7.在平面上，，是方向相反的单位向量，||＝2，()•()＝0，那么||的最大值为〔〕A.1 B.2 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】将数量积运算得到||，由向量模的几何意义结合图形可求得||的最大值.【详解】由题意()•()＝0，即-〔=0，又，是方向相反的单位向量，所以有，即||＝1，记,那么A,B两点的轨迹分别是以原点为圆心，以2和1为半径的圆上，当反向共线时，如图：||的最大值为1+2=3，应选D.【点睛】此题考查了向量数量积的运算，考查了向量模的几何意义的应用，考查了数形结合思想，属于中档题.8.实数a0，b0，a1，且满足lnb＝，那么以下判断正确的选项是〔〕A.ab B.ab C.b1 D.b1【答案】C【解析】【分析】通过构造函数，由函数的单调性及值域对A,B选项取对数进行作差比拟，而对C，D用换底公式变形后进行判断.【详解】令函数f(x)=-2lnx，那么，所以f(x)单调递增，又f(1)=0，可得f(x)<0在〔0，1〕恒成立，f(x)>0在〔1，〕恒成立，取，那么f()==lnb，当时，f()<0，即lnb<0,b<a；当时，f()>0，即lnb>0,b>a；故A，B不一定成立；又当时，lnb<0，所以，由换底公式得到b1；当时，lnb>0,所以,得到b1.应选C.【点睛】此题考查了构造函数法，考查了利用导数研究函数的单调性、值域问题，涉及到对数中的换底公式运算，属于有难度的题型.9.在正四面体ABCD中，P，Q分别是棱AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF的中点，那么能使点M的轨迹是圆的条件是〔〕A.PE＋QF＝2 B.PE•QF＝2C.PE＝2QF D.PE2＋QF2＝2【答案】D【解析】【分析】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到，结合正四面体的特征将等式平方得到4，由圆的定义得到结论.【详解】如图：取BC、BD、AC、AD的中点为G、H、K、L，因为P、Q是定点，所以PQ的中点O为定点，由对称性可知，PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，∵+=+,∴，又在正四面体中，对棱垂直，∴PEQF，∴，∴4=假设点M的轨迹是以O为圆心的圆，那么为定值，只有D符合题意，应选D.【点睛】此题考查了向量的三角形法那么的应用，考查了曲线的轨迹的求法，属于较难题型.10.数列满足0，且，那么〔〕A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先取特殊值进行排除，再利用递推关系计算前6项，进行猜想结论并证明.【详解】由,取特殊值：，，得：=，=，排除C、D；==，=>；且，，均小于，猜想，下面由图说明：当时，由迭代蛛网图：可得，单调递增，此时不动点为，当n时，，那么有，.当时，由迭代蛛网图：可得，当n分别为奇数、偶数时，单调递增，且都趋向于不动点，由图像得，，综上可得，应选A.【点睛】此题考查了数列的递推关系的应用，涉及三角函数的运算，考查了由特殊到一般的思维方法，考查了分类讨论与数形结合思想，属于难题.二、填空题．11.我国古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅如下图的“勾股圆方图〞，四个相同的直角三角形与边长为1的小正方形拼成一个边长为5的大正方形，假设直角三角形的直角边分别记为a，b，有，那么a＋b＝__，其中直角三角形的较小的锐角的正切值为___．【答案】(1).7(2).【解析】【分析】由条件直接运算即可.【详解】由得到，又a，b均为正数，所以a＋b＝7，不妨设a<b，那么a=3,b=4，那么较小的锐角的正切值为.故答案为7，.【点睛】此题考查了一元二次方程组的解法，考查了直角三角形中正切函数的定义，属于根底题.12.某几何体的三视图如下图〔单位：cm〕，那么该几何体的体积〔单位：cm3〕等于_____，外表积〔单位：cm2〕等于____．【答案】(1).3(2).【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，再利用几何体的体积公式与外表积公式求出结果．【详解】根据几何体的三视图，得该几何体为以等腰梯形ABCD与等腰梯形为底面，高为1的直四棱柱，如图：由柱体体积公式得：V．又等腰梯形ABCD与等腰梯形全等，面积和为6，矩形DC的面积为21=2，矩形的面积为41=4，矩形与矩形DA的面积相等，又由正视图可得BC=，所以矩形与矩形DA的面积和为2=2，所以外表积为6+2+4+2=12+2，故答案为3，.【点睛】此题考查了由三视图复原几何体，考查了直棱柱的体积公式及外表积公式，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于根底题型．13.假设，那么_____，_____【答案】(1).(2).【解析】【分析】利用赋值法求第一个问题，观察可得，再利用展开式的通项公式求得第二个问题的结果.【详解】令x＝0，得0=；又=,将x+1视为一个整体，那么为二项式展开式中的系数，展开式的通项公式为，令r=1，那么的系数的值为=-6,故答案为0，-6.【点睛】此题考查了二项式展开式定理的应用问题，考查了展开式中的通项公式的应用及赋值法，是根底题．14.在ABC中，C＝45°，AB＝6，D为BC边上的点，且AD＝5，BD＝3，那么cosB＝_____，AC＝_____．【答案】(1).(2).【解析】【分析】利用余弦定理求出cosB，可得sinB，在△ABC中利用正弦定理可得AC．【详解】∵AB＝6，AD＝5，BD＝3，在△ABD中，余弦定理cosB，∴sinB．正弦定理：，可得：AC．故答案为：，．【点睛】此题考查正余弦定理在解三角形中的应用，是中档题，解题时要注意合理选择正余弦定理，属于中档题．15.某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、假设顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有_____种．【答案】20【解析】【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.【点睛】此题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.16.F是椭圆的右焦点，直线交椭圆于A、B两点，假设cosAFB，那么椭圆C的离心率是_____．【答案】【解析】【分析】设AAF=n，由对称性结合余弦定理在中，得到mn=3，联立直线与椭圆，求得弦长，在中，由余弦定理得到-，可得a，b的关系，即可计算e.【详解】设椭圆的左焦点为，由对称性可知，AF=cosAFB，设AAF=n，在中，由余弦定理可得=+AF，又m+n=2a，所以-4，即mn=3,联立直线与椭圆，得A〔〕,B〔〕,那么=；又在中，由余弦定理可得=+AFB=，得到-，所以有=-，即=5，=4，所以e=.故答案为.【点睛】此题考查了椭圆的定义及几何性质的应用，考查了焦点三角形问题，涉及余弦定理，考查了运算能力，属于中档题.17.，假设对任意的aR，存在[0，2]，使得成立，那么实数k的最大值是_____【答案】【解析】【分析】讨论f〔x〕在[0，2]上的单调性，求出在[0，2]的最大值，即可得出m的取值范围．【详解】当0时，即a≤0时，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递增，∴maxf〔x〕max＝f〔2〕＝22﹣2a＝4﹣2a，∴k≤4-2a对任意的a≤0成立，∴k≤4；当2时，即a≥4，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递减，∴maxf〔x〕min＝-f〔2〕＝-22+2a＝-4+2a，∴k≤-4+2a对任意的a≥4成立，∴k≤4；当0时，即0＜a≤2时，此时在[0，]上单调递减，在[，2]上单调递增，且在[0，a]恒成立，在[a，2]恒成立，∴max又-=+2a-4≥0时，即时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；当2时，即2＜a＜4时，f〔x〕max＝＝，∴k≤对任意的2＜a＜4成立，∴k≤1；综上所述：k≤；故答案为.【点睛】此题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了恒成立问题与存在性问题，是综合性题目．三、解答题：解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.如图，在单位圆上，AOB＝()，BOC＝，且△AOC的面积等于．〔I〕求sin的值；〔II〕求2cos()sin)【答案】(1)sin(2)【解析】【分析】由题意先求得，再利用两角差的正弦公式求得结果．【详解】〔I〕，∴，∴，=〔II〕∵=，∴==.【点睛】此题主要考查诱导公式及同角根本关系式的应用，考查了两角差的正弦公式、二倍角公式，属于中档题．19.在三棱锥DABC中，ADDC，ACCB，AB＝2AD＝2DC＝2，且平面ABD平面BCD，E为AC的中点．〔I〕证明：ADBC；〔II〕求直线DE与平面ABD所成的角的正弦值．【答案】〔I〕见证明；〔II〕【解析】【分析】〔I〕先作，由面面垂直的性质定理可证线面垂直，再结合条件证得面，得到结论.〔II〕法一：根据〔1〕作出过E且与CH平行的线段，可得到线面角，再在直角三角形中求解即可.法二：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和平面ABD的法向量，那么|cos|即为所求．【详解】〔I〕过作，〔其中与都不重合，否那么，假设与重合，那么与矛盾，假设与重合，那么，与矛盾〕面面面，又面〔II〕法一：作，那么，由〔1〕知：面即与面所成角，且法二：由〔I〕知平面，，以为原点，分别以射线为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系由题意知：∴，∵平面的法向量为，设与面所成角为∴【点睛】此题考查了面面垂直的性质定理及线面垂直的判定与性质的应用，考查了空间角的计算，空间向量的应用，属于中档题．20.设Sn为数列an的前n项和，且S2＝8，．〔I〕求a1，a2并证明数列{an}为等差数列；〔II〕假设不等式对任意正整数n恒成立，求实数的取值范围．【答案】〔I〕，，见证明〔II〕【解析】【分析】〔I〕给n赋值可求得及；利用与的关系将n换为n+1，作差可得，由等差中项的定义证得结论.〔II〕将别离，构造新数列，利用的正负找到最大项，可得所求结果.【详解】〔I〕，，得.，那么，两式相减得，即①②②①得，即，故数列为等差数列.〔II〕由〔I〕可得，由得对任意正整数恒成立，，令，，，.【点睛】此题考查等差数列的证明及单调性问题，考查数列的最大项的求法，注意解题方法的积累，属于中档题．21.如图，A为椭圆的下顶点，过A的直线l交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．〔I〕求证：点C的纵坐标是定值；〔II〕过点C作与直线l倾斜角互补的直线l交椭圆于M、N两点，求p的值，使得△BMN的面积最大．【答案】〔Ⅰ〕见证明；〔II〕见解析【解析】【分析】〔I〕根据点在抛物线上设出B的坐标，可表示出C的坐标，代入抛物线方程求得纵坐标.〔II〕先利用条件得到，联立直线与椭圆的方程，求得弦长及到的距离，写出面积的表达式，利用根本不等式求得最值及相应的参数即可.【详解】〔Ⅰ〕易知，不妨设，那么，代入抛物线方程得：，得：，为定值.〔Ⅱ〕点是中点，直线的斜率，直线的斜率，直线的方程：，即，不妨记，那么：代入椭圆方程整理得：，设，那么，，，到的距离，所以.取等号时，，得，所以，.【点睛】此题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，主要考查了直线和椭圆的位置关系，注意运用