長(zhǎng)沙市2023年新高考適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1. 已知復(fù)數(shù)z滿足，則（    ）A.  B. C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)除法運(yùn)算求得，進(jìn)而求得.【詳解】，所以.故選：B2. 設(shè)集合，，則的元素個(gè)數(shù)是（    ）A. 1 B. 2C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】聯(lián)立求出交點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到答案.【詳解】聯(lián)立，即，解得：或，即，故的元素個(gè)數(shù)為3.故選：C3. 已知，，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得，即可得出，則；又，即可得出.【詳解】，所以，所以.，所以.所以有.故選：C.4. 的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求出展開式的通項(xiàng)公式，然后求出其一次項(xiàng)系數(shù)和常數(shù)項(xiàng)，從而可求得結(jié)果.【詳解】展開式的通項(xiàng)公式為，所以的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為，故選：D5. 在平行六面體中，已知，，，，，則的值為（    ）A. 10.5 B. 12.5C. 22.5 D. 42.5【答案】A【解析】【分析】將作為基底，然后用基底表示出，再求其數(shù)量積即可.【詳解】由題意得，，因?yàn)?/span>，，，，，所以，故選：A6. 若，則的值為（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可得，進(jìn)而求出.將化為二次齊次式，即可求出結(jié)果.【詳解】由可得，，所以，所以.故選：A.7. 裴波那契數(shù)列，因數(shù)學(xué)家萊昂納多·裴波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，該數(shù)列滿足，且．盧卡斯數(shù)列是以數(shù)學(xué)家愛德華·盧卡斯命名，與裴波那契數(shù)列聯(lián)系緊密，即，且，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先利用數(shù)列的遞推式推得，從而推得，由此得解.【詳解】因?yàn)?/span>，所以當(dāng)時(shí)，，所以，故，因?yàn)?/span>，所以，，故，所以.故選：C.8. 在平面直角坐標(biāo)系中,已知,,若該平面中存在點(diǎn),同時(shí)滿足兩個(gè)條件與,則的取值范圍是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)出點(diǎn)坐標(biāo),根據(jù),求出點(diǎn)的軌跡方程,根據(jù),可求出點(diǎn)的另一個(gè)軌跡方程,只需這兩個(gè)方程的曲線有交點(diǎn)即可,利用圓與圓的位置關(guān)系列出等式求出范圍即可.【詳解】解:由題知,不妨設(shè),因?yàn)?/span>,所以,化簡(jiǎn)可得: ,故點(diǎn)在以為圓心,為半徑的圓上,又因?yàn)?/span>,所以,化簡(jiǎn)可得:,即點(diǎn)在以為圓心,為半徑的圓上,故只需圓與圓有交點(diǎn)即可,即,同時(shí)平方化簡(jiǎn)可得: ,即,解得: .故選:C二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9. 已知雙曲線的方程為，則（    ）A. 漸近線方程為 B. 焦距為C. 離心率為 D. 焦點(diǎn)到漸近線的距離為8【答案】BC【解析】【分析】A選項(xiàng)，先判斷出雙曲線焦點(diǎn)在軸上，利用公式求出漸近線方程；B選項(xiàng)，求出，得到焦距；C選項(xiàng)，根據(jù)離心率公式求出答案；D選項(xiàng)，利用點(diǎn)到直線距離公式進(jìn)行求解.【詳解】焦點(diǎn)在軸上，故漸近線方程為，A錯(cuò)誤；，故，故焦距為，B正確；離心率為，C正確；焦點(diǎn)坐標(biāo)為，故焦點(diǎn)到漸近線的距離為，D錯(cuò)誤.故選：BC10. 自然環(huán)境中，大氣壓受到各種因素的影響，如溫度、濕度、風(fēng)速和海拔等方面的改變，都將導(dǎo)致大氣壓發(fā)生相應(yīng)的變化，其中以海拔的影響最為顯著．下圖是根據(jù)一組觀測(cè)數(shù)據(jù)得到海拔6千米～15千米的大氣壓強(qiáng)散點(diǎn)圖，根據(jù)一元線性回歸模型得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，決定系數(shù)為；根據(jù)非線性回歸模型得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，決定系數(shù)為 ，則下列說法正確的是（    ）A. 由散點(diǎn)圖可知，大氣壓強(qiáng)與海拔高度負(fù)相關(guān)B. 由方程可知，海拔每升高1千米，大氣壓強(qiáng)必定降低4.0kPaC. 由方程可知，樣本點(diǎn)的殘差為D. 對(duì)比兩個(gè)回歸模型，結(jié)合實(shí)際情況，方程的預(yù)報(bào)效果更好【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)散點(diǎn)圖即可得出A項(xiàng)；根據(jù)回歸方程的含義可判斷B項(xiàng)；根據(jù)殘差計(jì)算公式求出殘差，可判斷C項(xiàng)；根據(jù)實(shí)際大氣壓強(qiáng)不能為負(fù)，可判斷D項(xiàng).【詳解】對(duì)于A項(xiàng)，由圖象知，海拔高度越高，大氣壓強(qiáng)越低，所以大氣壓強(qiáng)與海拔高度負(fù)相關(guān)，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B項(xiàng)，回歸直線得到的數(shù)據(jù)為估計(jì)值，而非精確值，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，又由散點(diǎn)圖知觀測(cè)值為，所以樣本點(diǎn)的殘差為，故C項(xiàng)正確；對(duì)于D項(xiàng)，隨著海拔高度的增加，大氣壓強(qiáng)越來越小，但不可能為負(fù)數(shù)，因此方程的預(yù)報(bào)效果更好，故D項(xiàng)正確.故選：ACD.11. 已知函數(shù)與相交于A，B兩點(diǎn)，與相交于C，D兩點(diǎn)，若A，B，C，D四點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，，，，且，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)，分別代入，即可判斷A,B，根據(jù)， 關(guān)于直線的對(duì)稱，因此可知對(duì)稱，對(duì)稱，即可根據(jù)對(duì)稱性判斷CD.【詳解】由題意可知是方程 的一個(gè)根，則，將 代入得，所以也是方程的一個(gè)根，所以，故，故A正確，由題意可知是方程 的一個(gè)根，則，則，所以也是方程的一個(gè)根，所以，故，故B正確，設(shè)點(diǎn)在函數(shù)上，則滿足，即點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，將代入得，即可，因此可知在函數(shù)上， 即關(guān)于直線的對(duì)稱，又 關(guān)于直線的對(duì)稱，因此可知對(duì)稱，對(duì)稱，故 和，所以 ，，故D正確，由于 ，故C錯(cuò)誤，故選：ABD12. 如圖，已知是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，將沿著DE翻折，使點(diǎn)A到點(diǎn)P處，得到四棱錐，則（    ）A. 翻折過程中，該四棱錐的體積有最大值為3B. 存某個(gè)點(diǎn)位置，滿足平面平面C. 當(dāng)時(shí)，直線與平面所成角的正弦值為D. 當(dāng)時(shí)，該四棱錐的五個(gè)頂點(diǎn)所在球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】當(dāng)平面平面時(shí)，體積最大，求出底面積和高，即可求出最值，判斷A項(xiàng)；找出平面與平面所成的二面角，根據(jù)題意推導(dǎo)出，即可說明B項(xiàng)錯(cuò)誤；過點(diǎn)作，根據(jù)題意可得即為直線與平面所成的角.根據(jù)余弦定理以及三角函數(shù)可推出，進(jìn)而得出，即可得出結(jié)果，得出C項(xiàng)；由已知可推得平面平面.設(shè)球心為，的外心為，點(diǎn)為等腰梯形的外心，可得四邊形為矩形，進(jìn)而求出即半徑的長(zhǎng)，即可得出外接球的表面積.【詳解】如圖1，設(shè)，分別是，的中點(diǎn).則，，，且.對(duì)于A項(xiàng)，當(dāng)平面平面時(shí)，四棱錐的體積最大. 的高為，四邊形為高為的梯形，梯形面積，體積，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B項(xiàng)，設(shè)平面平面，則，有，，可得平面，即為平面與平面所成的二面角，由可知，，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C項(xiàng)，如圖1，過點(diǎn)作，垂足為.由B分析可得，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即為直線與平面所成的角.由題意可知，，，，在中，由余弦定理可得，所以；在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為；對(duì)于D項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，由，可知，即，又，且，則平面，又平面，則平面平面.四棱錐的外接球球心為，的外心為，則平面.如圖2，易知點(diǎn)為等腰梯形的外心，則平面，則四邊形為矩形，且，從而有，從而該四棱錐的五個(gè)頂點(diǎn)所在球的表面積為，故D項(xiàng)正確.故選：ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13. 已知，，，若，則________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)向量垂直數(shù)量積為零，列出方程即可求解.【詳解】因?yàn)橐阎?/span>，，，所以，又因?yàn)?/span>，所以，解得.故答案為：14. 已知函數(shù),若函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱,且關(guān)于直線軸對(duì)稱,則的最小值為______．【答案】3【解析】【分析】圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱,且關(guān)于直線軸對(duì)稱,即與之間相差,列出等式,根據(jù)范圍求解即可.【詳解】解:由題知的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱,且關(guān)于直線軸對(duì)稱,則與之間的距離為,即,,即,,
 因?yàn)?/span>,所以當(dāng)時(shí),的最小值為3.故答案為:315. 已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F為拋物線的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F作傾斜角為60°的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)（其中點(diǎn)A在第一象限）．若直線AO與拋物線的準(zhǔn)線l交于點(diǎn)D，設(shè)，的面積分別為，，則______．【答案】##0.5625【解析】【分析】直線方程為.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得到的坐標(biāo)，表示出，，即可得出結(jié)果.【詳解】由題意知，，直線方程為.設(shè)，.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，解得或.因?yàn)辄c(diǎn)A在第一象限，所以，，直線方程為，點(diǎn)坐標(biāo)為.因?yàn)?/span>，所以軸.所以，，所以.故答案為：.16. 已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，且，則的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定分段函數(shù)，求出函數(shù)的解析式，確定給定方程有兩個(gè)不等實(shí)根的a的取值范圍，再將目標(biāo)函數(shù)用a表示出即可求解作答.【詳解】函數(shù)在上單調(diào)遞增，，在上單調(diào)遞增，，當(dāng)，即時(shí)，，且，當(dāng)，即時(shí)，，且，當(dāng)，即時(shí)，，且，因此，在坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)的圖象，如圖，再作出直線，則方程有兩個(gè)不等實(shí)根，當(dāng)且僅當(dāng)直線與函數(shù)的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)，觀察圖象知方程有兩個(gè)不等實(shí)根，當(dāng)且僅當(dāng)，此時(shí)，且，即，且，則有，令，求導(dǎo)得，令，當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，即，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，，而，于是當(dāng)時(shí)，，有，所以的取值范圍是.故答案為：【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及給定函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍問題，可以通過分離參數(shù)，等價(jià)轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)，數(shù)形結(jié)合推理作答.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17. 已知數(shù)列為等差數(shù)列，數(shù)列為等比數(shù)列，滿足，，．（1）求數(shù)列，的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的前n項(xiàng)和．【答案】（1），；    （2）.【解析】【分析】（1）由等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量法求得公差和公比后可得通項(xiàng)公式；（2）用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和．小問1詳解】解：設(shè)的公差為，的公比為，，，聯(lián)立，整理可得，解得，所以，.【小問2詳解】解：由（1）知，則，①，②①-②，得.所以.18. 在銳角中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若，求的周長(zhǎng)的取值范圍．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）根據(jù)正弦定理得到，從而得到，求出，得到，，從而求出周長(zhǎng)的取值范圍.【小問1詳解】，由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，因?yàn)?/span>，所以；【小問2詳解】銳角中，，，由正弦定理得：，故，則，因?yàn)殇J角中，，則，，解得：，故，，則，故，所以三角形周長(zhǎng)的取值范圍是.【點(diǎn)睛】解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長(zhǎng)，周長(zhǎng)有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實(shí)現(xiàn)邊化角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值19. 如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點(diǎn)的六面體中（其中平面EDC），四邊形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．（1）設(shè) 為棱 的中點(diǎn)，證明：四點(diǎn)共面；（2）若，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）見解析    （2）【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直以及面面垂直的性質(zhì)證明平面，平面，進(jìn)而證明，即可求解，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)平面法向量以及向量的夾角即可求解平面夾角.【小問1詳解】連接,由于四邊形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以 ,平面，所以平面， 由于為棱中點(diǎn)，，所以 ,又平面平面，平面平面，平面,所以平面 ,因此,所以四點(diǎn)共面， 【小問2詳解】由于兩兩垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，,,設(shè)，由（1）知,故，解得，故,,設(shè)平面，的法向量分別為則 即，取，則 ， 即，取，則 ，設(shè)平面與平面的夾角為，則20. 為了調(diào)動(dòng)大家積極學(xué)習(xí)黨的二十大精神，某市舉辦了黨史知識(shí)的競(jìng)賽．初賽采用“兩輪制”方式進(jìn)行，要求每個(gè)單位派出兩個(gè)小組，且每個(gè)小組都要參加兩輪比賽，兩輪比賽都通過的小組才具備參與決賽的資格．某單位派出甲、乙兩個(gè)小組參賽，在初賽中，若甲小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，乙小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，且各個(gè)小組所有輪次比賽的結(jié)果互不影響.（1）若該單位獲得決賽資格的小組個(gè)數(shù)為X，求X的數(shù)學(xué)期望；（2）已知甲、乙兩個(gè)小組都獲得了決賽資格，決賽以搶答題形式進(jìn)行．假設(shè)這兩組在決賽中對(duì)每個(gè)問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率．若最后一道題被該單位的某小組搶到，且甲、乙兩個(gè)小組搶到該題的可能性分別是45%，55%，該題如果被答對(duì)，計(jì)算恰好是甲小組答對(duì)的概率．【答案】（1）見解析    （2）【解析】【分析】（1）先算出甲乙通過兩輪制的初賽的概率，的取值有分三種情況解決.(2)先算出一個(gè)題被答對(duì)的概率，然后再算出被甲答對(duì)的概率，然后再根據(jù)條件概率求解.【小問1詳解】設(shè)甲乙通過兩輪制的初賽分別為事件則由題意可得，的取值有則的分布列為：所以【小問2詳解】設(shè)甲乙兩組對(duì)每個(gè)問題回答正確的概率分別為，兩組在決賽中對(duì)每個(gè)問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率，則一個(gè)題被甲小組搶到為事件，則，設(shè)一個(gè)題答對(duì)為事件，則該題如果被答對(duì)，恰好是甲小組答對(duì)即為21. 設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點(diǎn)，且直線AB經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，直線PA，PB分別交直線于C，D兩點(diǎn)．（1）求證：直線PA，AB，PB的斜率成等差數(shù)列；（2）求面積的最小值．【答案】（1）證明過程見解析    （2）【解析】【分析】（1）設(shè)，，表達(dá)出直線，直線，直線的斜率，由證明出結(jié)論；（2）寫出直線PA的方程，與聯(lián)立求出，同理求出，求出，利用三角換元，求出的最小值，結(jié)合到直線的距離，求出面積的最小值.【小問1詳解】設(shè)，則，，直線的斜率，直線的斜率為，直線的斜率為，，故直線PA，AB，PB的斜率成等差數(shù)列；小問2詳解】直線PA的方程為，與聯(lián)立得：，同理可得：直線PB的方程為，與聯(lián)立得：，故，因?yàn)?/span>，設(shè)，故，其中，故當(dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為，又點(diǎn)到直線的距離，故面積的最小值為.【點(diǎn)睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值或范圍．22. 已知函數(shù)，其中．（1）求的最大值；（2）若不等式對(duì)于任意的恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】（1）1    （2）【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，極值最值情況，求出最大值；（2）先考慮時(shí)滿足題意，再分與兩種情況，求導(dǎo)后變形，與題干中建立聯(lián)系，分類討論求出實(shí)數(shù)a的取值范圍.【小問1詳解】，，令，解得：或，令，解得：，故在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故在處取得極大值，，令，即當(dāng)時(shí)，恒成立，故在處取得最大值，；【小問2詳解】設(shè)，其中，①當(dāng)時(shí)，，符合題意，②當(dāng)時(shí)，，且，由（1）知：在單調(diào)遞增，故，若，，則單調(diào)遞減，有，符合題意，若，，符合題意，若，即時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，有，符合題意，若，即時(shí)，存在使得，當(dāng)時(shí)，，故，則單調(diào)遞增，可得，不合題意，因此當(dāng)時(shí)，滿足題意得，③當(dāng)時(shí)，，且，由②可知：只需考慮，若，即時(shí)，由（1）知在上單調(diào)遞減，故，存在，使得，當(dāng)時(shí)，，得，則單調(diào)遞減，可得：，不合題意，若，即時(shí)，由（1）可知：當(dāng)時(shí)，，，故，則在上單調(diào)遞增，有，符合題意，若，，符合題意，若，下面證明符合題意，當(dāng)時(shí)，，故，當(dāng)時(shí)，設(shè)，則，可得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，從而，符合題意，綜上：.【點(diǎn)睛】數(shù)學(xué)問題的轉(zhuǎn)化要注意等價(jià)性，也就是充分性與必要性兼?zhèn)?，有時(shí)在探求參數(shù)的取值范圍時(shí)，為了尋找解題突破口，從滿足題意得自變量范圍內(nèi)選擇一個(gè)數(shù)，代入求得參數(shù)的取值范圍，從而得到使得問題成立的一個(gè)必要條件，這個(gè)范圍可能恰好就是所求范圍，也可能比所求的范圍大，需要驗(yàn)證其充分性，這就是所謂的必要性探路和充分性證明，對(duì)于特殊值的選取策略一般是某個(gè)常數(shù)，實(shí)際上時(shí)切線的橫坐標(biāo)，端點(diǎn)值或極值點(diǎn)等. 
         

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這是一份湖南省長(zhǎng)沙市2024屆高三上學(xué)期新高考適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試卷含答案解析，共14頁。試卷主要包含了請(qǐng)保持答題卡的整潔，若，則，下列函數(shù)中，是奇函數(shù)的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。

湖南省長(zhǎng)沙市2024屆高三上學(xué)期新高考適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試卷（Word版附解析）：

這是一份湖南省長(zhǎng)沙市2024屆高三上學(xué)期新高考適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試卷（Word版附解析），共13頁。試卷主要包含了請(qǐng)保持答題卡的整潔，若，則，下列函數(shù)中，是奇函數(shù)的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。

湖南省長(zhǎng)沙市2023-2024學(xué)年新高考適應(yīng)性考試高三數(shù)學(xué)試題（PDF版附解析）：

這是一份湖南省長(zhǎng)沙市2023-2024學(xué)年新高考適應(yīng)性考試高三數(shù)學(xué)試題（PDF版附解析），共11頁。

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