广东省珠海市第一中学2022-2023学年高三数学下学期5月适应性试题（Word版附解析）

珠海一中2023届高三5月适应性训练数学试题满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回．一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简集合得，，然后两集合取并集即可.【详解】由，可得，，则.故选：C2.已知等比数列的各项均为正数，公比，且，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意列出方程求得，结合等比数列的通项公式，即可求解.【详解】由，可得，解得，又由，所以，所以.故选：B.3.点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.5【答案】C【解析】【分析】由点到直线的距离公式即可得到之间的关系，进而可求出离心率.【详解】由题意可得双曲线的一条渐近线为，所以到的距离为，不妨设，则．故选：C.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过比较的大小可得，通过对数函数的单调性可得，即可选出答案.【详解】，，．故选：A5.已知正三棱锥的侧棱长为，且侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为，则此正三棱锥 的棱切球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先证明三棱锥为正四面体，然后转化为对应正方体的内切球，求其半径即可.【详解】如图，连结与底面的中心，则平面，由题意侧棱与底面所成角，则，又因，所以，因底面为正三角形，中心为，所以，即，所以正三棱锥为正四面体.将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，可求得正方体的棱长为，所求棱切球的半径即为．表面积故选：B 6.“校本课程”是现代高中多样化课程的典型代表，自在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，艺术科组准备了学生喜爱的中华文化传承系列的校本活动课：创意陶盆，拓印，扎染，壁挂，的纸五个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目．则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（）A.360种B.480种C.720种D.1080种【答案】B【解析】【分析】分为恰有2名学生所选的课相同，以及4名学生所选的课全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.【详解】①恰有2名学生选课相同，第一步，先将选课相同的2名学生选出，有种可能；第二步，从5个项目中选出3个排序，有．根据分步计数原理可得，方法有种；②4名学生所选的课全不相同的方法有种．根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有种．故选：B.7.已知圆，点，若圆M上存在两点B，C，使得是等边三角形，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】条件可转化为存在点B使得，然后过点A作圆M的切线，切点为T，连接MT，则，然后可求出的范围，然后可得答案.【详解】由题知，圆M和正组成的图形关于直线AM对称， 若存在点B，C满足题意等价于存在点B使得，过点A作圆M的切线，切点为T，连接MT，则，又，所以，则，解得．故选：D8.已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（）A.670B.672C.674D.676【答案】D【解析】【分析】运用抽象函数的奇偶性表达式及导数运算可得的一个周期为3，再运用赋值及周期性计算可得一个周期内的和，进而可求得结果.【详解】∵为奇函数，∴，∴，即：，又∵，∴，①又∵为偶函数，∴，② ∴将②中换成得：，③∴将③中换成得：，④由①④得：，∴的一个周期为3，∴，将代入③得：，∴又∵，∴.故选：D.二、多选题（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5分，部分选对得2分，有选错得0分．）9.下列说法正确的是（）A.已知随机变量X服从二项分布，若，则B.若，则事件A与事件B相互独立C.在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位D.对分类变量x与y的统计量来说，值越小，判断“x与y有关系”的把握程度越大【答案】AC【解析】【分析】由二项分布的期望和方差公式可得A；由事件相互独立的定义可得B；由经验回归方程可知C；由独立性检验的思想可知D.【详解】对于A，由二项分布的期望与方差公式可得，，，，A正确； 对于B，，故，故事件A与事件B不独立，B错误；对于C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位，C正确；对于D，由独立性检验的思想知值越大，判断“x与y有关系”的把握程度越大，D错误．故选：AC.10.已知下列结论正确的是（）A.与向量垂直且模长是2的向量是和B.与向量反向共线的单位向量是C.向量在向量上的投影向量是D.向量与向量所成的角是锐角，则的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】利用平面向量的运算性质即可求得结果.【详解】对于A，向量的模不符合，故A不正确.对于B，向量的相反向量为，单位向量是，故B正确.对于C，向量在向量上的投影为，与向量同向的单位向量，所以向量在向量上的投影向量是，故C正确.对于D，时，向量与同向共线，夹角为0，不是锐角，故D不正确.故选：BC.11.已知抛物线的焦点为F，点P，Q为C上两点，若点，则下列结论正确的是（） A.的最小值为2B.过点M与抛物线C有一个公共点的直线有且只有一条C.点P到点M的距离与到焦点F距离之和的最小值为2D.若弦PQ的中点到x轴的距离为5，则P，Q两点到焦点F的距离之和为12【答案】BCD【解析】【分析】设，则，又抛物线的焦点为，对于A，由题意得到判断；对于B，易得点M在抛物线的内部（含有焦点的部分）判断；对于C，记抛物线的准线为l，过P作于H，利用抛物线定义得到，则有判断；对于D，由题意得到弦PQ的中点到准线的距离为6，再结合中位线定理判断.【详解】设，则，又抛物线的焦点为，对于A，由题可知，当时，等号成立，所以的最小值是1，A错误；对于B，由题知点M在抛物线的内部（含有焦点的部分），因此过M与对称轴平行的直线与抛物线只有一个公共点，其他直线与抛物线都有两个公共点，B正确；对于C，记抛物线的准线为l，准线方程为，如图所示：过P作于H，过M作于N，则，，所以当M，P，H三点共线，即H与N重合时，可最小，最小值为．C正确；对于D，由弦PQ的中点到x轴的距离为5，可知弦PQ的中点到准线的距离为6，由中位线定理可知P,Q两点到C的准线的距离之和为12，则两点到焦点F的距离之和为12，D 正确．故选：BCD12.如图所示，圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于4的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且，点O在直线PM上的射影为H．当点M运动时，下列结论正确的是（）A.三棱锥体积的最大值为B.线段PB长度是线段CM长度的两倍C.直线CH一定与直线PA垂直D.H点的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】设圆锥的底面半径为R，高为h，母线长为l，求得和，得到点到平面距离的最大值为，结合，可判定A错误；证得，得到在直角中，的长度是的长度的一半，可判定B正确；由，和，证得恒成立，可判定C正确；证得，得到H点的轨迹为以OC为直径的圆，可判定D正确．【详解】设圆锥的底面半径为R，高为h，母线长为l，因为圆锥的轴截面为面积等于4的等腰直角三角形，则其面积，解得，所以．对于A中，如图所示，由可知，点M在以OA为直径的圆上，半径为1，因为，所以点到平面距离的最大值为．又因为，故三棱锥的体积即为三棱锥体积，故体积最大值为，所以A错误； 对于B中，由平面，平面AMB，所以，又由，且，所以平面POM，所以，所以在直角三角形中，的长度是的长度的一半，即为线段的长度的一半，所以B正确；对于C中，因为平面POM，且平面，则，又因为，且，则平面PAM，因为平面，则，由是等腰直角三角形，可得，即为等腰三角形，连接OC，因为为的中点，故，又因为，则平面OHC，平面OHC，所以恒成立，所以C正确；对于D中，由C项可知平面OHC，又由平面PAM，且平面PAM，所以，过点且与垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆，因为，则H点形成的轨迹周长为，所以D正确．故选：BCD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分．）13.复数z满足，则________．【答案】##i+1【解析】【分析】利用复数的模和乘除法运算即可求解.【详解】因为复数z满足，所以．故答案为：14.从1，2，，10十个数字中，甲、乙两人各任取一个数（不重复），已知甲取到的数是5的倍数，则甲取到的数大于乙取到的数的概率为_________． 【答案】【解析】【分析】根据条件概率的计算公式，即可求解.【详解】设事件表示“甲取到的数比乙取到的数大”，事件“表示“甲取到的数是5的倍数”，可得，，所以甲取到的数大于乙取到的数的概率为．故答案为：.15._________．【答案】##0.75【解析】【分析】法1：利用特殊角的三角函数值代入；法2：利用降幂公式求解.法3：利用余弦定理及正弦定理，再取特殊角代入求解.【详解】法1．.法2．.法3．余弦定理，根据正弦定理，，取三角形三个内角分别，则．故答案为：.16.已知数列满足：对于任意有，且，若 ，，数列的前n项和为，则________．【答案】【解析】【分析】对求导，可证得是以为首项，1为公差的等差数列，可求出，再由并项求和法求出.【详解】因为，则，由，，可得，，所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，，，所以，所以．故答案为:.四、解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2），开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时． （1）经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中），求摩天轮转动一周的解析式；（2）问：游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为30米？【答案】（1）（2）游客甲坐上摩天轮5分钟或25分钟时，距离地面的高度恰好为30米【解析】【分析】（1）根据题意结合五点法求函数解析式；（2）令，结合余弦函数分析运算.【小问1详解】由题意知：，解得，因为，且，解得，故，又因为，整理得，且，则，因此，即.【小问2详解】令，可得， 因为，则，所以或，解得或25，故游客甲坐上摩天轮5分钟或25分钟时，距离地面的高度恰好为30米．18.已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求前20项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足． 所以，，则．所以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.19.如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且. （1）证明：平面；（2）若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【小问1详解】过点作于点，因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，则，又因平面，所以平面；【小问2详解】由（1）知平面平面，得，又，所以， 以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又因为，所以，，，设是平面的一个法向量，则，即，所以可取，设是平面的一个法向量，则即，所以可取，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.20.某大学平面设计专业的报考人数连创新高，今年报名已经结束．考生的考号按0001，0002，的顺序从小到大依次排列．某位考生随机地了解了50个考生的考号，具体如下：04000904074700900636071400170432040302760986080406970419073502780358043409460123064703490105018600790434096005430495097402190380039702830504014005180966055909100558044206940065075707020498015602250327 （1）据了解，这50名考生中有30名男生，20名女生．在某次模拟测试中，30名男生平均分数是70分，样本方差是10，20名女生平均分数是80分，样本方差是15，请求出此50人该次模拟考试成绩的平均分和方差；（考生个人具体分数不知晓）（2）请根据这50个随机抽取的考号，帮助这位考生估计考生总数N，并说明理由．【答案】（1）平均分是74，方差是36（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据公式计算即可；（2）根据条件叙述清楚理由即可.小问1详解】记30名男生得分记为，20名女生得分记，男生得分平均分女生得分平均分，所以总平均分，，所以此50人该次模拟考试成绩的平均分是74，方差是36．【小问2详解】答案一：986，理由是用给出数据的最大值986（与0986对应）估计考生总数；答案二：1003，理由是用数据的最大值与最小值的和（）估计考生总数；答案三：987，这50个数的算术平均值是，它应该与接近．因此，估计今年报考这所大学美术系平面设计专业的考生总数为（人）；答案四：1006，理由：把这50个数据从小到大排列，这50个数把区间分成51个小区间．由于N未知，除了最右边的区间外，其他区间都是已知的．可以利用这些区间长度来估计N．由于这50个数是随机取的，一般情况下可以认为最右边区间的长度近似等于长的，并且可以用前50个区间的平均长度近似代替这个区间的长度．因为这50个区间长度的和，恰好是这50个数中的最大值986，因此得到.21.已知函数（，且）．（1）求函数的单调区间； （2）若存在，使得（是自然对数的底数），求实数的取值范围．【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为；（2）．【解析】【分析】（1）先对求导，利用导数正负求出函数的单调区间；（2）由已知条件得出,转化成求函数的最值,分类讨论得出结果．【详解】解：（1）由（，且），得，令，则，当，且时，，所以在上是增函数，∵∴的解集为，的解集为，故函数的单调增区间为，单调减区间为．（2）∵存在，使得成立，而当时，，∴只要即可．又∵，，的变化情况如下表所示：00减函数极小值增函数∴函数在上是减函数，在上是增函数， ∴当时，的最小值，的最大值为和中的最大者．∵，令，∵，∴在上是增函数．而，故当时，，即；当时，，即．∴当时，，即，由，得，当时，，所以函数在上是增函数，解得；当时，，即，由，得，当时，，所以函数在上是减函数，解得．综上所述，所求的取值范围为．【点晴】关键点点睛：本题主要考查导数在求函数的单调区间和最值上的应用,属于难题．在（1）中,求函数的单调区间,先求导,再判断导数的正负,得出原函数的单调性；在（2）中,注意等价转化,关键是把已知条件转化为求函数的最大值和最小值,最小值为,最大值为和中的最大者,再分类讨论,得出结论．本题要注意分类讨论思想．22.已知动圆M经过点，且动圆M被y轴截得的弦长为4，记圆心M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的标准方程；（2）设点M的横坐标为，A，B为圆M与曲线C的公共点，若直线AB的斜率，且，求 的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，则点M到y轴的距离为，再根据圆M被y轴截得的弦长，即可得出答案；（2）设，，直线AB的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，由此可求出，再根据圆M经过点，即可得解.【小问1详解】设，则点M到y轴的距离为，因为圆M被y轴截得的弦长为4，所以，又，所以，化简可得，所以曲线C标准方程为；【小问2详解】设，，因为直线AB的斜率，所以可设直线AB的方程为，由及，消去x可得，则，所以，所以，，所以，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，，所以直线MT的斜率为，所以，所以， 所以，易得圆心M到直线AB的距离，由圆M经过点，可得，所以，整理可得，解得或，所以或，又，所以．【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.