1、永州市2023年高考第二次适应性考试试卷数学注意事项：1.本试卷共150分，考试时量120分钟.2.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.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已知集合，则集合（）ABCD2已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内复数对应的点在（）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“”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设为所在平面内一点，则（）ABCD5若存在常数，使得函数对定义域内的任意值均有，则关于点对称，函数称为“准奇函数
2、”.现有“准奇函数”，对于，则函数在区间上的最大值与最小值的和为（）ABCD6如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，且，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，则双曲线的离心率是（）ABCD7已知数列，若对任意的，则实数的取值范围是（）ABCD8如图，在三棱锥中，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（）ABCD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.9已知函数，则（）A的最大值为B直线是图象的一条对称轴C在区间上单调递减D的图象关于点对称
3、10已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，下列说法正确的有（）A线段长度的最小值为B过点与抛物线只有一个交点的直线有两条C直线交抛物线的准线于点，则直线平行轴D可能为直角三角形11如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点到平面的距离分别是和.下列说法正确的有（）A点到平面的距离是B点到平面的距离是C正方体底面与平面夹角的余弦值是D在平面内射影与所成角的余弦值为12已知，则有（）ABCD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13数据：，中的第百分位数是_.14的展开式中的系数是_.15三个元件独立正常工作的概率分别是，把它们随意接
4、入如图所示电路的三个接线盒中（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，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先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，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是_；最大值是的最大值是_.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已知的内角的对边分别为，且向量与向量共线.(1)求；(2)若的
5、面积为，求的值.18已知数列的前项和为，若，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和.19如图，在四棱锥中，四边形是正方形，是的中点，.(1)求证：平面；(2)若是线段上的动点（不含线段端点），当平面与平面的夹角为时，求线段的长度.20椭圆的离心率是，且过点.(1)求的方程；(2)过点的直线与的另一个交点分别是，与轴分别交于，且于点，是否存在定点使得是定值？若存在，求出点的坐标与的值；若不存在，请说明理由.21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，体质不好的人（易感人群）感染会呈显性，感染后呈显
6、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，乙来源地人群的感染率是，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，求随机变量的分布列与期望.22已知函数 .(1)讨论的单调性
7、；(2)若时， ，求实数的取值范围.1A【分析】由已知条件确定集合中的元素.【详解】已知集合，则集合.故选：A2C【分析】利用复数的除法，求出复数，从而可求出对应的点位于的象限【详解】复数满足，则，复数对应的点的坐标是，对应的点在第二象限.故选：C3A【分析】根据正弦型函数值域的求法可证得充分性成立；根据值域可构造不等式求得的范围，知必要性不成立，由此可得结论.【详解】若为锐角，则，即，充分性成立；当时，解得：，当时，不是锐角，必要性不成立；“是锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A.4D【分析】运用平面向量加法规则计算.【详解】依题意作上图，则 ；故选：D.5B【分析】令，根据“准奇函数”的
8、定义可确定，都关于对称，则由对称性可得的最值之和，进而得到的最值之和.【详解】令，则，关于点中心对称；令，则，关于点中心对称；，设在处取得最大值，则在处取得最小值，即的最大值与最小值的和为.故选：B.6D【分析】取中点，根据向量数量积的运算律和向量线性运算可将已知数量积不等式化为，由此可确定，由三角形中位线性质知；设，结合双曲线定义可表示出，在和中，利用勾股定理可求得离心率.【详解】取中点，连接，则，恒成立，又，设，由得：，根据双曲线定义可知：，即，又，则离心率.故选：D.7B【分析】求出的最值，由不等式恒成立，求出实数的取值范围.【详解】当，有，由，解得；当，有，由，解得，所以的最小值为.当
9、，有，由，解得；当，有，由，解得，所以的最大值为.所以的最小值大于的最大值，即恒成立，所以解得，对任意的，恒成立，则有，即实数的取值范围是.故选：B8C【分析】过作的垂面，过作平面的垂面，过作，设，结合面面垂直和线面垂直的性质可证得此点即为与面所成角最大时对应的点，由此得到；过P作，由面面垂直性质和线面角定义可知，即为与平面所成角，利用可求得结果.【详解】过作的垂面，交平面于，即，过作平面的垂面，即平面平面，过作，垂足为，如下图所示，设，则此点即为与面所成角最大时对应的点，理由如下：恒成立，平面，又平面，平面平面，；平面平面，平面平面，平面，平面，与面所成角即为，为定值，当最小时，最大，即最大
10、，平面，又，平面，平面，则当为交点时，此时取得最小值，当时，与面所成角最大，为，；过作，垂足为，连接，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，平面，即为与平面所成角，在中，；，为等腰直角三角形，即，又，即与平面所成角的余弦值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的线面角的求解问题，解题关键是通过作垂面的方式，确定与面所成角最大时，点的具体位置，由此结合面面垂直性质和线面角的定义来进行求解.9ABC【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据余弦型函数最值可知A正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD正误即可.【详解】；对于A，A正确；对于B，当时，是
11、的一条对称轴，B正确；对于C，当时，此时单调递减，C正确；对于D，不是的对称中心，D错误.故选：ABC.10AC【分析】设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论；利用抛物线焦点弦长公式可求得，知A正确；分别讨论斜率不存在、斜率为零和斜率不为零的情况，结合抛物线切线的求法可确定B错误；直线，由此可得，由斜率公式可化简得到，知C正确；由向量数量积坐标运算可知，知D错误.【详解】由抛物线方程知：，；由题意知：直线斜率不为零，则可设，由得：，对于A，则当，即轴时，取得最小值，A正确；对于B，当过直线斜率不存在，即为时，其与抛物线交于点；当过直线斜率为零，即为时，其与抛物线交于点；设过的抛物线的斜率存在的
12、切线为，由得：，解得：，直线与抛物线相切；综上所述：过点且与抛物线只有一个交点的直线有三条，B错误；对于C，直线，则，则直线平行于轴，C正确；对于D，若为直角三角形，则，不成立，即不能为直角三角形，D错误.故选：AC.11ACD【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用点到平面的距离可构造方程组，解得法向量，由点到平面距离的向量求法可求得AB正误；由面面角的向量求法可求得C正确；首先确定投影对应的向量，利用线线角的向量求法可知D正确.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，即，令，解得：，；对于A，点到平面的距离为，A正确；对
13、于B，点到平面的距离为，B错误；对于C，轴平面，平面的一个法向量，即平面与平面夹角的余弦值为，C正确；对于D，在平面内的投影对应的向量，即在平面内射影与所成角的余弦值为，D正确.故选：ACD.12BCD【分析】令，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.【详解】令，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，且；若，则，令，则，当时，在上恒成立，在上单调递减，即，又，在上单调递增，即，A错误；，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，且；由得：；设，则；当时，在上单调递减，即，又，又，在上单调递增，即，B正确；，又，在上单调递减，则，
14、C正确；，又，在上单调递增，则，D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：求导确定的单调性，得到的范围；构造函数，求导后可得恒正或恒负；得到与的大小关系后，将置换为；根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.13【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的计算方法直接求解即可.【详解】将数据按照从小到大顺序排列为：，；共有个数据，第百分位数即为从小到大的第个数，即第百分位数为.故答案为：.14【分析】将看作一个整体，利用二项式定理可得展开式通项；继续应用二项式定理可得的展开式通项
15、，讨论中的取值，代回展开式通项即可.【详解】展开式通项为；又展开式通项为；令，则，当，时，对应的项为；当，时，对应的项为；展开式中的系数为.故答案为：.15【分析】根据对立事件概率公式和独立事件概率乘法公式依次计算每种接入方式对应的概率，比较概率大小即可得到结果.【详解】若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；，此电路正常工作的最大概率为.故答案为：.16 【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当三点共线时，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，由阿波
16、罗尼斯圆定义可构造方程求得点坐标和对应的的值，得到，利用三角形三边关系可知当三点共线时，即为所求最大值.【详解】由题意知：，即，（当且仅当三点按顺序共线时取等号），又，的最小值为；设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，则点，到点的距离之比为：，解得：，则，即，（当且仅当三点按顺序共线时取等号），又，的最大值是.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.17(1)(2)【分析】（1）由向量共线列出等式，用正弦
17、定理和两角和的正弦公式化简，可求得角；（2）由面积公式解出的值，再由余弦定理解得的值.【详解】（1）向量与向量共线，有，由正弦定理得，由，sinB0，又，.（2）由（1）知，得，由余弦定理：，解得.18(1)(2)【分析】（1）利用与的关系可证得数列自第二项开始为等比数列，由此可得时的通项公式，验证可知不满足该通项，进而可得分段数列的通项公式；（2）采用分组求和的方式，对奇数项，结合等比数列求和方法可求得奇数项的和；对偶数项可化简通项公式为，采用裂项相消可求得偶数项的和；加和即可得到.【详解】（1）当且时，又，则数列自第二项开始为公比为的等比数列；不满足，.（2）当为奇数时，由（1）得：；当为
18、偶数时，.19(1)证明见解析(2)【分析】（1）由余弦定理和勾股定理证明出，利用直线与平面垂直的判定定理可得结论；（2）建立空间直角坐标系，设，利用平面与平面的夹角为，用法向量解出，可得线段的长度.【详解】（1）是正方形，是的中点，在中，,解得,中，由余弦定理，有，即，解得，又，平面，平面.（2）以为原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设，有，设平面的一个法向量，有，令，则，平面的一个法向量为，平面与平面的夹角为，解得，线段的长度为.20(1)(2) ，【分析】(1)将点P的坐标代入椭圆方程，与离心率联立方程组，求出a，b；(2)设立直线AB的方程，根据条件求出
19、AB的方程，求出Q点坐标关于AB斜率的表达式，再消去参数即可.【详解】（1）将点P坐标代入椭圆方程得： ，由离心率得 ， ，又 ，代入解得 ， 椭圆C的标准方程为： ；（2）设 ，不妨设 ，直线AB的方程为 ；联立方程 ，得 ， ，直线AP的方程为： ，直线BP的方程为： ，令 得 ，由题意： ， ，化简得：，将 代入上式化简得： ，将 式代入上式并化简得： ，即 或者，如果 ，则AB的方程为 ，为过定点P的直线，显然不符合题意，舍； ，AB的方程为 ， ，又 ，即 ， ， ，联立方程 ，解得 ， ，即定点R为 ， ；当 时， ，此时直线AB为y轴，所以PQ为平行于x轴的直线，Q点的坐标为 ，
20、代入也满足；综上，椭圆C的标准方程为：，定点R为 ，.【点睛】第二问的难点在于设立参数，即设AB的方程，通过 和韦达定理确定 ，在求出Q点坐标后消参也是难点.21(1)(2)(3)分布列见解析，【分析】(1)根据条件概率求解；(2)考虑乙会前是否已经传染上，分类讨论；(3)根据独立重复实验，并考虑乙丙互相传染的情况求分布列和期望.【详解】（1）设甲会前被传染的为事件A，无症状为事件B，则 ，则甲在无症状的情况下，会前被传染的概率为 ；（2）甲，乙，丙第i轮次感染分别记为事件Ai，Bi，Ci,且参会前的感染为第1轮感染，无症状记为事件E.丙感染记为事件F，则，病毒由乙传染丙记为事件M，P(M)，
21、丙感染是因为乙传染的事件即为M|F，故丙感染是因为乙传染的概率是（3）由甲传染给乙和丙的概率都是 ， ，X=1表示只有乙被传染，丙没有被传染，丙没有被传染包括甲没有传染丙和乙没有传染丙，或者只有丙被传染，乙没有被传染，乙没有被传染包括甲没有传染乙和丙没有传染乙， ；X=2，有3种情况：甲同时传染给乙丙，甲先传染给乙（没有传染给丙）再由乙传染给丙，甲先传染给丙（没有传染给乙）再由丙传染给乙；，分布列如下：X012 ；综上，甲会前被传染的概率是 ，乙传给丙的概率是 ，数学期望 .22(1)答案见解析(2)【分析】(1)求导，对t分类讨论导函数的符号即可；(2)利用（1）的结论构造函数，对t分类讨论
22、.【详解】（1） ，当 时， ， 单调递减， 单调递增；当 时， ，显然 ，当 时， ，单调递减，当 时， ，单调递增，当 时， ，单调递减；当 时：（i）若 ，则 ， 时 ，单调递增， 时单调递减， 时，单调递增；（ii）若 ， ，时，单调递增， 时，单调递减， 时，单调递增；（iii）若 ，则 ， 单调递增；（2）原不等式等价于 ，构造函数， ，当 时， ，当 时， ，单调递减，当 时， ，单调递增， ， ；当 时，令 ，同理可得： ，即 ；由（1）的结论知：当， 时， 单调递增， 时单调递减， ，即 ， ，满足题意；当 ，时， 单调递增， 时，单调递减， ，满足题意；下面证明当 时， ，即 ，构造函数： ，则 ，令， ， 单调递减， ， 单调递减， ， ，即当，时，总有 ，满足题意；所以t的取值范围是 ；【点睛】本题的难点在于如何巧妙利用第一问的结论构造函数，特别是当 时，要考虑的图像 始终在 的下方，如果希望利用导数计算，则计算量特别大，不易成功.
