2023届湖南省永州市高三第二次适应性考试（二模）数学试题含答案.pdf

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1、永州市永州市 2023 年高考第二次适应性考试试卷数学年高考第二次适应性考试试卷数学注意事项：注意事项：1.本试卷共本试卷共 150 分，考试时量分，考试时量 120 分钟分钟.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效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，只交答题卡考试结束后，只交答题卡.一选择题：本题共一选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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 1,2,1,0,1,2AABAB，则集合B（）A.0,1B.0,2C.

2、1,2D.12.已知i为虚数单位，复数z满足1 i12iz，则在复平面内复数z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“2sin14”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D为ABC所在平面内一点，3ADAB，则（）A.32CDCACB B.32CDCACB C.23CDCACB D.23CDCACB 5.若存在常数,a b，使得函数 f x对定义域内的任意x值均有 22fxfaxb，则 f x关于点,a b对称，函数 f x称为“准奇函数”.现有“准奇函数”g x对于xR，4g xgx，则函数 sin21h

3、xxxg x在区间2023,2023上的最大值与最小值的和为（）A.4B.6C.7D.86.如图，12,F F为双曲线的左右焦点，过2F的直线交双曲线于,B D两点，且223F DF B ，E为线段1DF的中点，若对于线段1DF上的任意点P，都有11PF PBEF EB 成立，则双曲线的离心率是（）A.2B.3C.2D.57.已知数列18371,212nnnnanbn，若对任意的*,0nnnNab，则实数的取值范围是（）A.1 18,25B.5 18,85C.1 11,2 3D.5 11,838.如图，在三棱锥ABCD中，45ABC，点P在平面BCD内，过P作PQAB于Q，当PQ与面BCD所成

4、最大角的正弦值是104时，PQ与平面ABC所成角的余弦值是（）A.105B.64C.155D.106二多项选择题：本题共二多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分.9.已知函数 sin 22 3sin cos6f xxxx，则（）A.f x的最大值为 1B.直线3x是 f x图象的一条对称轴C.f x在区间,6 3 上单调递减D.f x的图象关于点,06对称10.已知O

5、为坐标原点，抛物线24yx的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线于,A B两点，下列说法正确的有（）A.线段AB长度的最小值为 4B.过点0,1M与抛物线只有一个交点的直线有两条C.直线OA交抛物线的准线于点D，则直线DB平行x轴D.AOB可能为直角三角形11.如图，棱长为 3 的正方体1111ABCDABC D的顶点A在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点D B到平面的距离分别是 1 和 2.下列说法正确的有（）A.点C到平面的距离是 3B.点1C到平面的距离是 4C.正方体底面ABCD与平面夹角的余弦值是23D.AB在平面内射影与1AD所成角的余弦值为10512.已知2.86,l

6、nln0.35,lnlnabc cd dab cdab，则有（）A.2abeB.2cdeC.1ad D.1bc 三填空题：本题共三填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.数据：2，5，7，9，11，8，7，8，10 中的第 80 百分位数是_.14.512xx的展开式中2x的系数是_.15.三个元件,a b c独立正常工作的概率分别是1 1 2,3 2 3，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒123,T T T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A B，满足1PAPB 的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先

7、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,A B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，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知1,0,4,0,0,3ABD，与,A B两点距离比是12的点P的轨迹方程是22:4C xy，则2 PDPB的最小值是_；最大值是32PAPD的_.四解答题：本题共四解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤分，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ABC的内角,A B C的

8、对边分别为,a b c，且向量2,mba c与向量cos,cosnAC共线.（1）求C；（2）若3,cABC的面积为32，求ab的值.18.（本题满分 12 分）已知数列 na的前n项和为nS，若111,2nnSaa.（1）求数列 na的通项公式；（2）若数列 nb满足,11,11nnanbnnnnn 是奇数是偶数求数列 nb的前 10 项和10T.19.（本题满分 12 分）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是正方形，E是BC的中点，2 3,60,5,PAABPAEAEPA.（1）求证：PA平面ABCD；（2）若F是线段PD上的动点（不含线段端点），当平面AEF与平面PAB的夹角为3

9、0时，求线段PF的长度.20.（本题满分 12 分）椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率是22，且过点2,1P.（1）求C的方程；（2）过点P的直线12,l l与C的另一个交点分别是,A B，与y轴分别交于,M N，且,MOON PQAB 于点Q，是否存在定点R使得RQ是定值？若存在，求出点R的坐标与RQ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12，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

10、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12，乙来源地人群的感染率是13，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.会议期间，三人严格执行防疫措施，能隔断23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X，求随机变量X的分布列与期望.22.（本题满分 12 分）已知函数 22,xtxxtf xtRe.（1）讨

11、论 f x的单调性；（2）若0 x 时，3222ln220 xtxxtxexx xx，求实数t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ACADBDBC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13101

12、4401549162 10；5部分小题答案部分小题答案8解：由于,QAB过Q作AB的垂面QEF，如图可知,ABQE ABQF过AB作平面BCD上的垂面ABM,如图，即面ABM 面BCD，可得BM与EF的交点即为满足条件的 P 点，从而QPB为PQ与面BCD所成角的最大角，故10sin4QPB.平面QEF 平面ABC，过P作PHQE于H，连接BH，可知EQP就是PQ与平面ABC所成角，在Rt QEP中，90EPQ，cosQPEQPQE，且QEB为等腰直角三角形，则QBQE.tancos,QBPEQP而10sin,42QPBQPBQBP，15tan,5QBP15cos5EQP11解：如图建系，AB

13、（3，0，0），AD（0，3，0），(3,3,0)AC.设平面的法向量m（a，b，c），（第 11 题图二）（第 11 题图三）（第 11 题图一）依题知：|2|1|ABADmmmm ，求得(2,1,2)m，所以点 C 到平面的距离|3|AC mdm，所以1C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|23|nnmm ，C 对因为点(0,0,3)B到平面的距离为 2，3m，所以 AB 在面内射影向量是2524,3333mtAB ，1AD(0，3，3)，所以t与1AD 夹角的余弦值是105，所以 AB 在平面内射影与 AD1所成角的余弦值为105，D对正确答案

14、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=32，在AMD中，ADM135o,由余弦定理求得AM3 5，过D作DNAM于N，由面积法求得DN35，如图二延长D1D交面于点E，过D作DHEN于H，则DH面于H，RtEDH中，DN35，DH1，HN25，EH52，ED23，ED122393，故D1到平面的距离是3，C1到平面的距离是5，B错；正方体底面ABCD与平面夹角的平面角为DNE，cosDNE=23,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，D1B3 3，PQBF26，AP5，

15、D1P35，由余弦定理求得118+53510cos5253 2D AP=，则AB在平面内射影AP与AD1所成角的余弦值是105，D对正确答案ACD12解：构造函数 lnxf xx，()=lng xxx，2ln1()lnxfxx，()f x在区间1e，上递减，在区间(,+)e 上递增，ln1()=xg x，()g x在10e，上递减，在1e，+上递增，由极值点偏移知 A 错 B 对，1aeb，c1ed1，1()fx1()g x，1()fd1()g d，11,1 a，ad1，()f x在(,+)e 上递增，1()fc1()g c，1,e b ec，1()fc1()g c2.8572.86 f b，

16、1bc，1bc，选 BCD16解：依题知PB=2|PA|，2|PD|+|PB|2|PD|2|PA|2AD2 10，设点 D 关于圆 C 对应的阿波罗点为 E（0，m），依题知点（0，2），（0，2）分别到点 E，D 的距离之比为22+323+2mm，求得43m，23，E（0，43），|PE|=23|PD|，3|PA|2|PD|3（|PA|23|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(2,)mba c 与向量(cos,cos)nAC共线，(2)coscos0baCcA，1 分

17、即(2 sinsin)cossincos0BACCA，2 分2sincossin(+)sinBCA CB，sin0B，1cos2C，4 分又0,C，3C5 分（2）由已知1sin2ABCSabC6 分3342ab，所以2ab 7 分由余弦定理得222cos33abab，即225ab，联立2ab 8 分解得21ab或12ab，9 分所以3ab10 分18（本题满分 12 分）解：（1）当2n时，11nnnnnaSSaa，即有12nnaa，1 分所以2n时23 2nna，2 分因为12a 不符合上式，4 分所以数列na的通项公式为22,132,2nnnan.6 分（2）由（1）知，当n是奇数时,n

18、nba，记bn的前10项的奇数项和为T奇，则13579Taaaaa奇35723(2222)512；7分当n是偶数时,222+11222(1)411+22()1+1(1)(1)111nnnnnbnnnnnnn，（或者1112121122()111111nnnnnbnnnnnn ），9分记bn的前10项的偶数项和为T偶，则11111111120252(1)10335577991111T偶，11分所以数列 nb的前10项和10205762512101111TTT奇偶.（注：写成952311也可）12分19（本题满分 12 分）解：（1）由题可知四边形ABCD是正方形，E 是BC的中点，所以2,90A

19、BBEABE，1 分又5AE，2222554ABBEABAE，所以2AB，2 分又2 3PA，60ABP，由余弦定理可得:4PB 3 分222ABAPPB，即ABPA，4 分又AEPA且AEABA，PAABCD 平面，6 分（2）由(1)知APABAD、两两垂直以 B 为原点，APABAD、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)，)00,32(，P，(0,2,0)B，)2,0,0(D，于是(0,2 1)AE ，)0,0,32(AP，(2 3,0,2)PD ，7 分设0,1PFPD，（），则2 32 302AFAPPFAPPD

20、（，），8 分设平面AEF的法向量为(,)nx y z，则00A EnA Fn20(2 32 3)20yzxz，令1y，则332,2xz，)2,1,332(n，9 分可知平面 PAB 的一个法向量(0,0,1)m，10 分所以223|cos,|2|2533m nm nm n （），解得13或者1（舍去）11 分又224PDPAAD，所以43PF，即当平面AEF与平面PAB所成的夹角为30时，段PF长度为43.12 分20（本题满分 12 分）解：（1）因为椭圆 C：2222+1xyab的离心率是22，所以22112bea，即 a=2b，2 分因为2222+12xybb过点 P（2,1），有22

21、41+12bb，3 分联立 a=2b 解得6a，3b，故椭圆 C 的方程是22+163xy5 分法二：法二：因为椭圆 C：2222+1xyab的离心率是22，所以22ca，1 分联立222abc可得 a=2b，2 分因为2222+12xybb过点 P（2,1），所以2241+12bb，3 分联立 a=2b 解得6a，3b，故椭圆 C 的方程是22+163xy5 分（2）依题意，直线 AB 存在斜率，设直线 AB 方程是ykxb，联立22+163xy，消去 y 得，222124260kxkbxb，2222164 26 120k bbk 设 A（x1，y1），B(x2，y2)，则 x1x2241+

22、2kbk，x1x222621+2bk-，6 分直线 PA：1111(2)2yyxx，令 x=0，得1122+12Myyx-，同理2222+12Nyyx-，依题意知+0MNyy，即12122222+2022yyxx-，7 分122112(1)(2)+(1)(2)+(2)(2)0yxyxxx-，122112(1)(2)+(1)(2)+(2)(2)0kxb xkxb xxx-，1 212(1 2)+(21)(+)+40k x xkbxxb-，8 分22(1 2)(26)+(21)(4)+4(1+2)0kbkbkbbk-，整理得226230bkbkb，即3210bkb，9 分若210kb，则直线 AB

23、 过点 P（2，1），不合题意，舍去，10 分若30b，则直线 AB 过点（0,3），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1,1R，使得|RQ|为定值5.12 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*Ni,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1A即是无症状感染事件 A1|E，1 分所以 P(A1）P(A1|E)=1()()P A EP E2 分111221113222=4 分（2

24、）丙感染记为事件 F，111111()1326()=(|)2115()53326P B EP BP BEP E，14()5BP，5 分则2112211223|+(|)+FC AB CCAB B C C，2112211223()(|+(|)+)P FP C AB C CAB B C C21121211212132(|)()(|)(|)+()(|)(|)(|)P C AP B P C B P CAP B P B A P C A P C B11124121+3533533359135，6 分病毒由乙传染丙记为事件 M121223+BCB B C C，P(M)121223(+)P B CB B C C

25、1211212132()(|)+()(|)(|)(|)P B P C BP B P B A P C A P C B114121+53533317135，7 分丙感染是因为乙传染的事件即为 M|F，1717135(|)5959135P M F=故丙感染是因为乙传染的概率是17598 分（3）X的取值为0，1，2P(X0)P(22B C)224339，9分P(X1)P(223223+B C CC B B)1221228+33333327，10分P(X2)P(22223223+B CB C CC B B)111211217+3333333327，11分X的分布列为：X012P49827727()=+

26、81422272727E X12分22（本题满分 12 分）解：（1）由2(2)()xtxxtf xe，可得2(22)2(1)(2)()xxtxtxtxtxtfxee，1 分当 t=0 时，21exxfx，由()0fx得1x，由()0fx得1x，故 fx在,1单调递增，在1,单调递减；2 分当0t 时,令()0fx，可得()0fx的两根分别是 1 和21t，i）当0t 时，211t，由()0fx，得211xt，由()0fx，得21xt 或1x 故 fx在区间21,1t（）上单调递增，在区间2(,1)t和(1,)上单调递减.3 分ii）当0t 时，211t由()0fx，得1x 或21xt，由()

27、0fx，得211xt.故 fx在区间21 1()t，上单调递减，在区间,1)（和2(1,)t上单调递增.4 分综上所述，当 t=0 时，fx在区间,1上单调递增，在区间1,上单调递减；当0t 时，f x在区间21,1t（）上单调递增，在区间2(,1)t和(1,)上单调递减；当0t 时，f x在区间211t（，）上单调递减，在区间(,1)和2(1,)t上单调递增.5 分（2）由3222(ln22)0 xtxxtxexxxx，0 x，可得：3222(ln22)xtxxtxxxxxe，即222ln2xtxxtxxex，6 分构造函数2()ln2g xxxx，则原不等式转化为0 x 时，fxg x恒成

28、立.2222122(2)(1)()1xxxxg xxxxx，7 分当01x时，0gx，当1x 时，0gx，所以函数 g x在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增，所以 min11g xg，8 分当0t 时，fx在21 1()t，上单调递减，在区间(,1)和2(1,)t上单调递增，又222(1)1tfee，且当x趋向正无穷时，fx的值趋于 0，故 fxg x成立；9 分当 t=0 时，fx在,1上单调递增，在1,上单调递减，故max2()1f xe，又 min1g x，故 fxg x成立；10分当0t 时，fx在2(1,1)t单调递增，在2(,1)t和(1,)上单调递减，i)若02t，则210t，当01x时，则()0fx，当1x 时，则 0fx，所以 fx在0,1单调递增，在1,单调递减，所以max22()(1)tf xfe又因为 1g x，fxg x恒成立，所以221te，解得22et，所以202et，11 分ii)若2t，则2011t，由（1）可知 fx在21,1t（）单调递增，在2(,1)t和(1,)上单调递减，此时有22(1)1tfe，fxg x不恒成立所以2t 不符合题意.综上，实数m的取值范围为2,2e.12 分学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司