1、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
2、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
3、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
4、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：B6. “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
5、种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.【详解】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；4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
6、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，又为偶函数，将中换成得：，将中换成得：，由得：，的一个周期为3，将代入得：，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
7、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，
8、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
9、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
10、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
11、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
12、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
13、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
14、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
15、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
16、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
17、：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
18、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
19、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
20、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：0400 0904 0747 0090 0636 0714 0017 0432 0403 02760986 0804 0697 0419 0735 0278 0358 0434 0946 01230647 0349 0105 0186 0079 0434 0960 0543 0495 09740219 0380 0397 0283 0504 0140 0518 0966 0559 09100558 0442 0694 0065 0757 0702 0498 0156 0225 0327（1）据了解
21、，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
22、，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9
23、86，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
24、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
25、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.
