湖南省长沙市2023届高三上学期新高考适应性考试数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1长沙市2023年新高考适应性考试数学一、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.已知复数z满足，则（）A. B.C.2 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用复数除法运算求得，进而求得.〖详析〗，所以.故选：B2.设集合，，则的元素个数是（）A.1 B.2C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗联立求出交点坐标，从而得到〖答案〗.〖详析〗联立，即，解得：或，即，故的元素个数为3.故选：C3.已知，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据对数的运算性质可得，即可得出，则；又，即可得出.〖详析〗，所以，所以.，所以.所以有.故选：C.4.的展开式中，常数项为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出展开式的通项公式，然后求出其一次项系数和常数项，从而可求得结果.〖详析〗展开式的通项公式为，所以的展开式中，常数项为，故选：D5.在平行六面体中，已知，，，，，则的值为（）A10.5 B.12.5C.22.5 D.42.5〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗将作为基底，然后用基底表示出，再求其数量积即可.〖详析〗由题意得，，因为，，，，，所以，故选：A6.若，则的值为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.〖详析〗由可得，，所以，所以.故选：A.7.裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且．卢卡斯数列是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（）A B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用数列的递推式推得，从而推得，由此得解.〖详析〗因为，所以当时，，所以，故，因为，所以，，故，所以.故选：C.8.在平面直角坐标系中,已知,,若该平面中存在点,同时满足两个条件与,则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗设出点坐标,根据,求出点的轨迹方程,根据,可求出点的另一个轨迹方程,只需这两个方程的曲线无交点即可,利用圆与圆的位置关系列出等式求出范围即可.〖详析〗解:由题知,不妨设,因为,所以,化简可得:,故点在以为圆心,为半径的圆上,又因为,所以,化简可得:,即点在以为圆心,为半径的圆上,故若存在点P，只需圆与圆有交点即可,即,同时平方化简可得:,即,解得:.所以不存在点P时，或.故选:D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知双曲线的方程为，则（）A.渐近线方程为 B.焦距为C.离心率为 D.焦点到渐近线的距离为8〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗A选项，先判断出双曲线焦点在轴上，利用公式求出渐近线方程；B选项，求出，得到焦距；C选项，根据离心率公式求出〖答案〗；D选项，利用点到直线距离公式进行求解.〖详析〗焦点在轴上，故渐近线方程为，A错误；，故，故焦距为，B正确；离心率为，C正确；焦点坐标为，故焦点到渐近线的距离为，D错误.故选：BC10.自然环境中，大气压受到各种因素的影响，如温度、湿度、风速和海拔等方面的改变，都将导致大气压发生相应的变化，其中以海拔的影响最为显著．下图是根据一组观测数据得到海拔6千米～15千米的大气压强散点图，根据一元线性回归模型得到经验回归方程为，决定系数为；根据非线性回归模型得到经验回归方程为，决定系数为，则下列说法正确的是（）A.由散点图可知，大气压强与海拔高度负相关B.由方程可知，海拔每升高1千米，大气压强必定降低4.0kPaC.由方程可知，样本点的残差为D.对比两个回归模型，结合实际情况，方程的预报效果更好〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据散点图即可得出A项；根据回归方程的含义可判断B项；根据残差计算公式求出残差，可判断C项；根据实际大气压强不能为负，可判断D项.〖详析〗对于A项，由图象知，海拔高度越高，大气压强越低，所以大气压强与海拔高度负相关，故A项正确；对于B项，回归直线得到的数据为估计值，而非精确值，故B项错误；对于C项，当时，，又由散点图知观测值为，所以样本点的残差为，故C项正确；对于D项，随着海拔高度的增加，大气压强越来越小，但不可能为负数，因此方程的预报效果更好，故D项正确.故选：ACD.11.已知函数与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为，，，，且，，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根据，分别代入，即可判断A,B，根据，关于直线的对称，因此可知对称，对称，即可根据对称性判断CD.〖详析〗由题意可知是方程的一个根，则，将代入得，所以也是方程的一个根，所以，故，故A正确，由题意可知是方程的一个根，则，则，所以也是方程的一个根，所以，故，故B正确，设点在函数上，则满足，即点关于直线的对称点为，将代入得，即可，因此可知在函数上，即关于直线的对称，又关于直线的对称，因此可知对称，对称，故和，所以，，故D正确，由于，故C错误，故选：ABD12.如图，已知是边长为4的等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，将沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥，则（）A.翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B.存在某个点位置，满足平面平面C.当时，直线与平面所成角的正弦值为D.当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗当平面平面时，体积最大，求出底面积和高，即可求出最值，判断A项；找出平面与平面所成二面角，根据题意推导出，即可说明B项错误；过点作，根据题意可得即为直线与平面所成的角.根据余弦定理以及三角函数可推出，进而得出，即可得出结果，得出C项；由已知可推得平面平面.设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积.〖详析〗如图1，设，分别是，的中点.则，，，且.对于A项，当平面平面时，四棱锥的体积最大.的高为，四边形为高为的梯形，梯形面积，体积，故A项正确；对于B项，设平面平面，则，有，，可得平面，即为平面与平面所成的二面角，由可知，，故B项错误；对于C项，如图1，过点作，垂足为.由B分析可得，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即为直线与平面所成的角.由题意可知，，，，在中，由余弦定理可得，所以；在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为；对于D项，当时，由，可知，即，又，且，则平面，又平面，则平面平面.四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面.如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面，则四边形为矩形，且，从而有，从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故D项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，，，若，则________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据向量垂直数量积为零，列出方程即可求解.〖详析〗因为已知，，，所以，又因为，所以，解得.故〖答案〗为：14.已知函数,若函数的图象关于点中心对称,且关于直线轴对称,则的最小值为______．〖答案〗3〖解析〗〖祥解〗图象关于点中心对称,且关于直线轴对称,即与之间相差,列出等式,根据范围求解即可.〖详析〗解:由题知的图象关于点中心对称,且关于直线轴对称,则与之间的距离为,即,,即,,

因为,所以当时,的最小值为3.故〖答案〗为:315.已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，过点F作倾斜角为60°的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）．若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设，的面积分别为，，则______．〖答案〗##0.5625〖解析〗〖祥解〗直线方程为.联立直线方程与抛物线的方程，求出点的坐标，进而得到的坐标，表示出，，即可得出结果.〖详析〗由题意知，，直线方程为.设，.联立直线方程与抛物线的方程，解得或.因为点A在第一象限，所以，，直线方程为，点坐标为.因为，所以轴.所以，，所以.故〖答案〗为：.16.已知函数，若关于x的方程恰有两个不相等的实数根，且，则的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据给定分段函数，求出函数的〖解析〗式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.〖详析〗函数在上单调递增，，在上单调递增，，当，即时，，且，当，即时，，且，当，即时，，且，因此，在坐标系内作出函数的图象，如图，再作出直线，则方程有两个不等实根，当且仅当直线与函数的图象有两个不同交点，观察图象知方程有两个不等实根，当且仅当，此时，且，即，且，则有，令，求导得，令，当时，，即函数在上单调递增，当时，，即，因此函数在上单调递增，，而，于是当时，，有，所以的取值范围是.故〖答案〗为：〖『点石成金』〗思路『点石成金』：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.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.已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，，．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和．〖答案〗（1），；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由等差数列和等比数列的基本量法求得公差和公比后可得通项公式；（2）用错位相减法求数列的和．〖小问1详析〗解：设的公差为，的公比为，，，联立，整理可得，解得，所以，.〖小问2详析〗解：由（1）知，则，①，②①-②，得.所以.18.在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若，求的周长的取值范围．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）根据正弦定理得到，从而得到，求出，得到，，从而求出周长的取值范围.〖小问1详析〗，由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，因为，所以；〖小问2详析〗锐角中，，，由正弦定理得：，故，则，因为锐角中，，则，，解得：，故，，则，故，所以三角形周长的取值范围是.〖『点石成金』〗解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出〖答案〗；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面．（1）设为棱的中点，证明：四点共面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．〖答案〗（1）见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.〖小问1详析〗连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以,平面，所以平面，由于为棱的中点，，所以,又平面平面，平面平面，平面,所以平面,因此,所以四点共面，〖小问2详析〗由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，,,设，由（1）知,故，解得，故,,设平面，的法向量分别为则即，取，则，即，取，则，设平面与平面的夹角为，则20.为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.（1）若该单位获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；（2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率．〖答案〗（1）见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，的取值有分三种情况解决.(2)先算出一个题被答对的概率，然后再算出被甲答对的概率，然后再根据条件概率求解.〖小问1详析〗设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件则由题意可得，的取值有则的分布列为：所以〖小问2详析〗设甲乙两组对每个问题回答正确的概率分别为，两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，则一个题被甲小组抢到为事件，则，设一个题答对为事件，则该题如果被答对，恰好是甲小组答对即为21.设A，B是椭圆上异于的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线于C，D两点．（1）求证：直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；（2）求面积的最小值．〖答案〗（1）证明过程见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）设，，表达出直线，直线，直线的斜率，由证明出结论；（2）写出直线PA的方程，与联立求出，同理求出，求出，利用三角换元，求出的最小值，结合到直线的距离，求出面积的最小值.〖小问1详析〗设，则，，直线的斜率，直线的斜率为，直线的斜率为，，故直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；〖小问2详析〗直线PA的方程为，与联立得：，同理可得：直线PB的方程为，与联立得：，故，因为，设，故，其中，故当时，取得最小值，最小值为，又点到直线的距离，故面积的最小值为.〖『点石成金』〗圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．22.已知函数，其中．（1）求的最大值；（2）若不等式对于任意恒