【文档说明】湖南省永州市2023届高三上学期第二次适应性考试（二模）数学试卷.doc，共(17)页，1.939 MB，由小赞的店铺上传

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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1,2,1,0,1,2AABAB===，则集合B=（）A.0,1B.0,2C.1,2D.12.已知i为虚数单位，复数z满足()1i12iz−=+，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,ab，使得函数()fx对定义域内的任意x值均有(

)()22fxfaxb+−=，则()fx关于点(),ab对称，函数()fx称为“准奇函数”.现有“准奇函数”()gx对于xR，()()4gxgx+−=，则函数()()sin21hxxxgx=++−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,FF为双曲线的左右焦点，过2F的直线交双曲线于,BD两点，且223FDFB=，E为线段1DF的中点，若对于线段1DF上的任意点P，都有11PFPBEFEB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.118,25B.518,85C.

111,23D.511,838.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()sin223sincos6fxxxx=+−

，则（）A.()fx的最大值为1B.直线3x=是()fx图象的一条对称轴C.()fx在区间,63−上单调递减D.()fx的图象关于点,06对称10.已知O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,AB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1111ABCDABCD−的顶点A在平面内，其余各顶点均在平面

的同侧，已知顶点DB､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,lnln0.35,,lnlnabccddabcdab====−，则有（）A.2abe+B.2cde+C.1adD.1bc三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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,,abc独立正常工作的概率分别是112,,323，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒123,,TTT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AB､，满足()1PAPB=的点P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,AB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,AB两点距离比是12的点P的轨迹方程是22:4Cxy+=，则2P

DPB+的最小值是__________；最大值是32PAPD−的__________.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）已知ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，且向量()2,mbac=−

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，23,60,5,PAABPAEAEPA===⊥.（1）求证：PA⊥平面A

BCD；（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30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,ll与C的另一

个交点分别是,AB，与y轴分别交于,MN，且,MOONPQAB=⊥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,xtxxtfxtRe++=.（1）讨论()fx的单调性

；（2）若0x时，()3222ln220xtxxtxexxxx++−++−，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．13．1014．4015．4916．210；5部分小题答案8．解：由于,QAB过Q作AB的垂面

QEF，如图可知,,ABQEABQF⊥⊥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EQ

P就是PQ与平面ABC所成角，在RtQEP中，90EPQ=，cosQPEQPQE=，且QEB为等腰直角三角形，则QBQE=.tancos,QBPEQP=而10sin,42QPBQPBQBP=+=，15tan,5QBP=15cos5EQP=1

1．解：如图建系，AB＝（3，0，0），AD＝（0，3，0），(3,3,0)AC.设平面α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||ACmdm==，所以1C到平面的距离是5，故A对B错；平面ABCD与平面α夹角的余弦值是||23||||nnmm=，C对．因为点(0,0,3)B到平面α的距离为2，3

m=，所以AB在面α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α内射影与AD1所成角的余弦值为105，D对．正确答案ACD．方法二：由

勾股定理，易得点C到平面α的距离是3，A对；如图一延长BD交面α于点M，易知DM＝BD=32，在△AMD中，∠ADM＝135o,由余弦定理求得AM＝35，过D作DN⊥AM于N，由面积法求得DN＝35，如图二延长D1D交面α于点E，过D作DH⊥EN于H，则DH⊥面α于H，Rt△E

DH中，DN＝35，DH＝1，HN＝25，EH＝52，ED＝23，ED1＝22393＋＝，故D1到平面α的距离是3，C1到平面α的距离是5，B错；正方体底面ABCD与平面α夹角的平面角为∠DNE，cos∠D

NE=23,C对；如图三，分别过B，D1作BP⊥面α于P，D1Q⊥面α于Q，过B作BF//PQ交D1Q于F，BP＝2，D1Q＝3，D1B＝33，PQ＝BF＝26，AP＝5，D1P＝35，由余弦定理求得118+53510cos52532DAP=−

=−，则AB在平面α内射影AP与AD1所成角的余弦值是105，D对．正确答案ACD．12．解：构造函数()lnxfxx=，()=lngxxx，2ln1()lnxfxx−=，()fx在区间()1e，上递减，在区间(,+)e上递增，ln1()=xgx＋，()gx在10e

，上递减，在1e，+上递增，由极值点偏移知A错B对，1＜a<e<b，c<1e<d＜1，1()fx＝1()gx−，1()fd＝1()gd−，11<<,1<<eaed，()fx在区间()1e，上递减，1()fd＝1()gd−＝2.857

＜2.86＝f(a)，1d>a，ad＜1，()fx在(,+)e上递增，1()fc＝1()gc−，1>,>ebec，1()fc＝1()gc−＝2.857＜2.86＝()fb，1bc，1bc，选BCD．16．解：依

题知｜PB｜=2|PA|，2|PD|+|PB|＝2|PD|＋2|PA|≥2｜AD｜＝210，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|）3｜AE｜=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,)mbac=−与向量(cos,co

s)nAC=共线，∴(2)coscos0baCcA−−=，…………………1分即(2sinsin)cossincos0BACCA−−=，…………………2分∴2sincossin(+)sinBCACB==，∵sin0B，∴1c

os2C=，…………………4分又∵()0,C，∴3C=．…………………5分（2）由已知1sin2ABCSabC=………………6分3342ab==，所以2ab=．………………7分由余弦定理得222cos33abab+−=，即225ab+=，联立2ab=………………8分解得2

1ab==或12ab==，………………9分所以3ab+=．……………10分18．（本题满分12分）解：（1）当2n时，11nnnnnaSSaa−+=−=−，即有12nnaa+=，……………1分所以2n时232nna−=

，……………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,nnba=，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()111111nnn

nnbnnnnnn+−−++−=+=+=+−−+−+−+），……………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2,90ABBEABE==，……………1分又5AE=，2222554ABBEABAE+===，所以2AB=，……………2分又23PA=，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(0,21

)AE=，，)0,0,32(=AP，(23,0,2)PD=−，……………7分设0,1PFPD=，（），则232302AFAPPFAPPD=+=+=−（，，），……………8分设平面AEF的法向量为(,,)nxyz=，则00AEnAFn==20(23

23)20yzxz+=−+=，令1y=，则332,2−=−=xz，)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

||||2533mnmnmn•===+−（），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2241+12bb=，………………………3分联立a=2b解得6a=，3b=，故椭圆C的方程是22

+163xy=．………………………5分法二：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+163xy=．………………………5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，()222124260kxk

bxb+++−=，()()222216426120kbbk=−−+设A（x1，y1），B(x2，y2)，则x1＋x2241+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)0kxbxkxbxxx=－－-－－---，1212(12)+(21)(+)+40kxxkbxxb−−=-，………8分22(12)(26)+(21)(4)+4(1+2)0kbkbkbbk−−

−=-－，整理得226230bkbkb++++−=，即()()3210bkb++−=，………9分若210kb+−=，则直线AB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()()PAEPE……………2分111221113222+=＝……………4分（2）丙感染记为事件

F，111111()1326()=(|)2115()53326PBEPBPBEPE==+＝＝，14()5BP＝，……………5分则2112211223|+(|)+FCABCCABBCC=，2112211223()(|+(|)+)PFPCABCCABBCC=21121211212

132(|)()(|)(|)+()(|)(|)(|)PCAPBPCBPCAPBPBAPCAPCB=＋11124121++35335333=59135=，…………6分病毒由乙传染丙记为事件M＝121

223+BCBBCC，P(M)＝121223(+)PBCBBCC1211212132()(|)+()(|)(|)(|)PBPCBPBPBAPCAPCB＝114121+535333=17135=，……………7分丙感染是因为乙传染的事件即为M|F，17171

35(|)5959135PMF==．故丙感染是因为乙传染的概率是1759．……………8分（3）X的取值为0，1，2．P(X＝0)＝P(22BC)224339==，……………9分P(X＝1)＝P(223223+BCCCBB)1221228+33333327==，………

……10分P(X＝2)＝P(22223223++BCBCCCBB)111211217++3333333327==，……………11分X的分布列为：X012P49827727()=+81422272727EX=．……………12分22．（本题满

分12分）解：（1）由2(2)()xtxxtfxe++=，可得2(22)2(1)(2)()xxtxtxtxtxtfxee−+−+−−−+−==，………1分①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②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()0fx，得211xt−.故()fx在区间211()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，()fx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，()fx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)0xtxxtxexxxx++−++−，0x，可得：3222(ln22)xtxxtxxxxxe++++

−，即222ln2xtxxtxxex++++−，………6分构造函数2()ln2gxxxx=++−，则原不等式转化为0x时，()()fxgx恒成立.2222122(2)(1)()1xxxxgxxxxx+−+−=+−==，……

…7分当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，所以函数()gx在区间()0,1上单调递减，在区间()1,+上单调递增，所以()()min11gxg==，………8分①当0t时，()fx在211()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()()fxgx成立；………9分②当t=0时，()fx在(),1−上单调递增，在()1,+上单调递减，故max2()1fxe=，又()min1gx=，故()()fx

gx成立；……10分③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)tfxfe+==又因为()1gx，()()fxgx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+=，()()fxgx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分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com