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湖南省名校2023届5月适应性测试
高三数学考试
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名 考生号 考场号 座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一 选择题：本大题共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（ ）
A. B. C. D.
2.设，则（ ）
A. B. C.1 D.0
3.函数的最小正周期和最小值分别是（ ）
A.和-5 B.和-3 C.和-5 D.和-3
4.已知抛物线的焦点为，准线与坐标轴交于点是抛物线上一点，若，则的面积为（ ）
A.4 B. C. D.2
5.已知函数在处取得极大值4，则（ ）
A.8 B.-8 C.2 D.-2
6.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲 乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳 射击 体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（ ）
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
7.如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知一个圆锥的内切球的体积为，则该圆锥体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本大题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：
下列说法正确的是（ ）
A.产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍
B.产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍
C.产品升级后，产品C的营收减少
D.产品升级后，产品B D营收的总和占总营收的比例不变
10.已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A.与的公切线恰有4条
B.与相交弦的方程为
C.与相交弦的弦长为
D.若分别是圆上的动点，则
11.如图，在棱长为1的正方体中，分别为和的中点，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则下列结论正确的是（ ）
A.的最小值为
B.三棱锥的体积为定值
C.有且仅有一个点，使得平面
D.的最小值为
12.下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
三 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上
13.如图，三个相同的正方形相接（在同一平面中），则__________.
14.已知函数.若.则的取值范围是__________.
15.已知直线与双曲线的两条浙近线分别交于点（不重合），的垂直平分线过点，则中点的坐标为__________，双曲线的离心率为__________.（本题第一空2分，第二空3分）
16.为激发大家学习数学的兴趣，在一次数学活动课上.老师设计了有序实数组表示把中每个-1都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1所得到的新的在序实数组，例如：，则.定义.若，则中有__________个1.
四 解答题：本大题共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.（10分）
记为数列的前项和，已知是公差为2的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
18.（12分）
在中，角所对的边分别为的面积为.
（1）求的大小.
（2）点满足.若，求.
19.（12分）
“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对A充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得=30.
A充电桩投资金额x/万元 3 4 6 7 9 10
所伏利润y/百万元 1.5 2 3 4.5 6 7
（1）已知可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，求其经验回归方程；
（2）若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”.记2分，所获利润y与投资金额x的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润y与投资金额x的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望.
附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
20.（12分）
《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图，在羡除ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，
（1）证明：平面ADE⊥平面.
（2）求平面ABFE与平面BFC夹角的余弦值.
21.（12分）
已知椭圆的右焦点为，且是椭圆上一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线（与轴不重合）与椭圆相交于两点，过的直线与轴交于点，与直线交于点（与不重合），记的面积分别为，若，求直线的方程.
22.（12分）
已知函数.
（1）若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；
（2）已知，证明：.
高三数学考试参考答案
1.B 【解析】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养.
，则.
2.A 【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养.
由题意可得，则.
3.C 【解析】本题考查三角函数，考查数学运算的核心素养.
，则的最小正周期，最小值为-5.
4.D 【解析】本题考查抛物线，考查直观想象的核心素养.
由，得，则，根据抛物线的定义，知2，解得，代入，得，所以的面积为.
5.B 【解析】本题考查导数的极值，考查数学运算的核心素养.
由题可知，所以，解得，经检验，符合题意，所以.
6.C 【解析】本题考查排列组合，考查逻辑推理的核心素养.
①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有种，
所以不同的安排方法有种.
7.D 【解析】本题考查平面向量的数量积，考查数学建模的核心素养.
由题可知在上的投影数量的取值范围为，又因为，所以的取值范围是.
8.A 【解析】本题考查圆锥以及其内切球，考查空间想象能力.
圆锥与其内切球的轴截面图如图所示，点为球心，为切点，设内切球的半径为，
圆锥的底面圆的半径为，高为，所以，则，
易知，所以，则，即，
圆锥的体积，当且仅当时，等号成立.
9.ABD 【解析】本题考查统计，考查数据分析的核心素养.
设产品升级前的营收为，升级后的营收为.
对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确.同理可得B正确，C错误.产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变，D正确.
10.BD 【解析】本题考查圆的方程，考查直观想象的核心素养.
由已知得圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
，故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，与相交弦的方程为到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为.若分别是圆上的动点，则.
11.BCD 【解析】本题考查正方体以及点 线 面的位置关系，考查空间想象能力.
若，则在平面上的投影在上，所以的
轨迹为的最小值为到的距离，故的最小值为，
故错误；连接（图略），因为分别为和的中点，所以，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；当且仅当为的中点时，
平面，故C正确；将平面翻折到与平面重合，如图，，所以，
所以，所以的最小值为，故D正确.
12.BC 【解析】本题考查不等式与导数的应用，考查逻辑推理的核心素养.
令，则.当时，单调递减；
当时，单调递增.所以，当且仅当时，等号成立，
即，所以，故错误.从而，所以.
综上，.令，则，
令，则，当时，单调递减，所以，从而可得，所以在上单调递减，
所以，化简可得，故C正确.因为当时，，
所以，即，所以当时，.令，则，即，令，故B正确，D错误.综上，选BC.
13. 【解析】本题考查三角恒等变换，考查数学运算的核心素养.
14. 【解析】本题考查函数的性质，考查直观想象的核心素养.
因为函数，所以是奇函数且在上单调递增，由0，可得，则，解得.
15.； 【解析】本题考查双曲线的综合，考查数学运算和逻辑推理的核心素养.
由题可知的垂直平分线的方程为，将与
联立可得即的中点坐标为.设，
则两式作差可得，
即，所以，则双曲线的离心率为.
16. 【解析】本题考查数列，考查逻辑推理的核心素养.
因为，依题意，，
显然，中有2项，其中1项为项为中有4项，其中1项为项为1，2项为中有8项，其中3项为项为1，2项为0，由此可得总共有项，其中1和-1的项数相同.设中有项为项为0，所以，因为表示把中每个-1都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，则，所以，可得，即，则，所以，解得，所以中有个1.
17.（1）解：因为，所以，
因为是公差为2的等差数列，所以，
所以.
（2）证明：，
所以，
则，
所以.
18.解：（1）因为的面积为，所以，
则，
由正弦定理得，
所以，
展开得，
即，
因为，所以，即.
又因为，所以.
（2）由余弦定理知，，则.①
由题可知，，
所以，则，②
由①②得，
化简得，解得.③
将③代入①，解得.
19.解：（1）根据获得的利润统计数据，
可得，
所以，
，
所以关于的经验回归方程为.
（2）由题可知，“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个.
的可能取值为，
，
所以的分布列为
0 1 2 3 4
数学期望.
20.（1）证明：分别取和的中点，连接，则，
在梯形中，，分别作垂直于，垂足分别
为，易知，故.
又，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：以为坐标原点，分别以的方向为，
轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
从而.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21.解：（1）由已知可得为的左焦点，
所以，即，
所以，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
，则由得，
显然，于是，
因为，所以，
所以
，
解得，即，所以直线的方程为.
22.（1）解：，
因为切线与直线垂直，所以，即，
又，所以直线的方程为.
（2）证明：，
设，则，即在上是增函数，
因为，所以，所以存在，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故是函数的极小值点，也是最小值点，
则.
又因为，所以，
要证，只需证，
即证.
设，则在上单调递减，
因为，所以，则，
故.
故当时，.
