《广东省河源市2023届高三适应性考试模拟数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省河源市2023届高三适应性考试模拟数学试题含答案.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学试题 第1页（共 4 页）2023 年河源市高三年级适应性考试 数数 学学（河源市高中数学命题工作组命制）本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，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
2、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。一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求求。1.已知()2ln|+=xyxA，sin|xyyB=，则=BCAA.()+,1 1,2B.()+,1 1,2C.()+,1 1,2D.()()+,1 1,22.已知复数iz=2，则=zA.5B.3C.2D.23.在正六边形ABCDEF中，FD与CE相交于点G，设FGpCGq=，则BC=A.1223pq+B.2132pq+C.12pq+D.
3、12pq+4.已知22tan=，则sincos1+的值是 A.22B.2C.2D.21 5.已知编号为 1，2，3 的三个盒子，其中 1 号盒子内装有两个 1 号球，一个 2 号球和一个 3 号球；2 号盒子内装有两个 1 号球，一个 3 号球；3 号盒子内装有三个 1 号球，两个 2 号球若第一次先从 1 号 盒子内随机抽取 1 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，设事件为第一次取出的球为i号，事件为第二次取出的球为i号，则下列说法错误的是启用前注意保密数学试题 第2页（共 4 页）A.61)|(33=ABPB.41)(3=APC.4813)(3=BPD
4、.241)(33=ABP6.宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为na，容易发现：11a=，23a=，36a=，则510aa=A.45B.40C.35D.307.已知正三棱锥的外接球半径R为 1，则该正三棱锥的体积的最大值为A.27316 B.43 C.2738D.9388.已知2.0544log3log=ecba，则 A.cab B.acb C.a
5、bc D.bac二、二、选择题：本题共选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分。每小题给出的选项中，有多项符合题目要求每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全全 部选对的得部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分。9.光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制成了如下两个不完整的统计图：则A.选取的这部分学生的总人数为500人B.合唱社团的人数占样本总量的%
6、40 C.选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人D.选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125 10.已知函数)22)(2sin()(+=xxf的图象关于直线83=x对称，那么 A.函数)8(+xf为奇函数 B.函数)(xf在87,811上单调递增(第 6 题图)数学试题 第3页（共 4 页）C.若2)()(21=xfxf，则21xx 的最小值为2D.函数)(xf的图象向右平移83个单位长度得到)(xg的图象，则)cos()(xxg的最大值为394 11.已知抛物线C的方程为xy42=，过C焦点F的直线与C交于NM，两点，直线MO与C的准线交于Q点（其中O为坐标原点），P为
7、C准线上的一个动点.下列选项正确的是A.当直线MN垂直x轴时，弦MN的长度最短B.ONOM 为定值3 C.当与C的准线垂直时,必有MQNPMQD.至少存在两个点，使得0PNPM 12.已知函数)()(xgxf，在R上的导函数分别为)()(xgxf，若)2(+xf为偶函数，2)1(+=xgy是奇函数，且2)1()3(=+xgxf，则下列结论正确的是 A.02022(=）f B.0)2023(=gC.是R上的奇函数 D.是R上的奇函数三、三、填空题填空题:本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分。13.5)2)(yxyx+的展开式中33yx的系数是 .14.过点)1
8、 1(，且被圆044422=+yxyx所截得的弦长为22的直线的方程为_.15.“灯笼”是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的 6 盏不同的花灯需要从下往上依次取下，每次取 1 盏，则不同取法总数为.16.已知椭圆)0(12222=+babyax的左、右焦点分别为)0,()0,(21cFcF、，P为椭圆上一点（异于左右顶点），21FPF的内切圆半径为r，若r的最大值为3c，则椭圆的离心率为.四、四、解答题解答题:本题共本题共 6 小题，共小题，共 70 分分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10 分)已知
9、na是等差数列，11,0ad=，且124,aaa成等比数列.(1)求数列 na的通项公式；(2)令()1nn nba+=，记()1231nnnSbbbb=+，求nS.18.(12 分)记ABC的内角CBA、的对边分别为cba、，已知AACB22sin22cossinsin=.(1)证明：acb3=+；)(xf)(xg(第 15 题图)数学试题 第4页（共 4 页）(2)若角B的平分线交AC于点D，且，求的面积.19.(12 分)如图 1 所示，等边ABC的边长为a2，CD是AB边上的高，FE，分别是BCAC，边的中点现将ABC沿CD折叠，如图 2 所示(1)证明：EFCD(2)折叠后若aAB=
10、，求二面角EBDA的余弦值.20.(12 分)某人玩一项有奖游戏活动，其规则是：有一个质地均匀的正四面体(每个面均为全等的正三角形的三棱锥)，四个面上分别刻着 1，2，3，4，抛掷该正四面体 5 次，记录下每次与地面接触的面上的数字.(1)求接触面上的 5 个数的乘积能被 4 整除的概率；(2)若每次抛掷到接触地面的数字为 3 时奖励 200 元，否则倒罚 100 元，()设甲出门带了 1000 元来参加该游戏，记游戏后甲身上的钱为X元，求)(XE；()若在游戏过程中，甲决定当自己赢了的钱一旦不低于 300 元时立即结束游戏，求甲不超过三次就结束游戏的概率.21.(12 分)中国是纸的故乡，折
11、纸也是起源于中国.后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合.将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂亮曲线的轮廓.如图，一张圆形纸片的圆心为点D，A是圆外的一个定点，P是圆D上任意一点，把纸片折叠使得点A与P重合，然后展平纸片，折痕与直线DP相交于点Q，当点P在圆上运动时，得到点Q的轨迹.(1)证明：点Q的轨迹是双曲线；(2)设定点A坐标为）0,2(，纸片圆的边界方程为222)2(ryx=+.若点)3,2(M位于(1)中所描述的双曲线上，过点M的直线l交该双曲线的渐近线于FE，两点，
12、且点FE，位于y轴右侧，O为坐标原点，求EOF面积的最小值.22.(12 分)已知函数xaxxxfln11)(+=.(1)当1=a时，求)(xf的单调区间；(2)()当210 a时，试证明函数)(xf恰有三个零点；()记()中的三个零点分别为321,xxx，且321xxx，试证明)1()1(21321xaxx.564=BD23=DCAD2023 年河源市高三年级适应性考试 数学参考答案数学参考答案 评分标准评分标准：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则。2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解
13、答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3解答右端所注分数，表示考生确做到这一步应得的累加分数。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。项符合题目要求。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A C D C B C B 7.解：设该正三棱锥的高为h，底面外接圆的半径为r，底面面积为S，由勾股定理易知()222RhrR+=，得1222
14、=+=hrhR，即0222=hhr，故20 h，由棱锥体积公式知，()hhhhrhrShV2222434332sin2133131=，再设()()32222xxxxxxf=()20 x，()()xxxxxf34342=，当34,0 x时，()0 xf，()xf单调递增，当+,34x时，()0 xf，()xf单调递减，故()xf在34=x时取得最大值273234=f，故该正三棱锥体积的最大值为27383443=f，故选 C.8.解：先比较3log4与54的大小，因为4544log 45=，所以即比较3与544的大小，即比较与,即比较 243 与 256 的大小，所以4log 354，即54a，再
15、比较的大小，与542.0e由不等式1+xex，令2.0=x,得8.012.02.0=+e，54c，所以ac；进一步比较4log5与的大小65，因为5655log 56=，即比较 4096 与 3125 的大小，得4log565，即65b，再比较的大小，与652.0e由不等式1+xex，得1+xex，所以xex11()1x ,令2.0=x，3544启用前注意保密启用前注意保密得652.0=ec，所以bc.综上，acb，故选 B.二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。每小题给出的选项中，有多项符合题分。每小题给出的选项中，有多项
16、符合题目要求目要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。题号 9 10 11 12 答案 ABD ACD AB AD 10.解：因 为)22)(2sin()(+=xxf的 图 象 关 于 直 线83=x对 称，所 以)(2832Zkk+=+，得Zkk+=,4，因为22，所以4,0=k，所以)42sin()(=xxf，对于 A：+=+4)8(2sin)8(xxf，所以)8(+xf为奇函数成立，故选项 A 正确；对于 B：时，87,811x23)42(，x函数)(xf在23，上不是单调函数；故选项 B 不正确；对
17、于 C：因为1)(,1)(min2max1=xfxf，又因为2)()(21=xfxf，所以21xx 的最小值为半个周期，即22122=，故选项 C 正确；对 于D：函 数)(xf的 图 象 向 右 平 移38个 单 位 长 度 得 到 函 数)(xg=xxxf2sin4)83(2sin)83(=，所以()(cos)sin2cos2sing xxxxx=2cos x，令22sin 2sincos2(1)(1,1 )xtxxttt=，则其中，再令()()22 1h ttt=，t 1,1，33()221,1()220,1h ttth ttt=则在上是奇函数，先看在的情况，()226h tt=2133
18、366)(3333tttt=+=（）（）,易知当时，=max)(th394，所以)cos()(xxg的最大值是394，故选项 D 正确；故选 ACD.11.解：如图，设),(11yxM，),(22yxN，直线MN的方程为1+=myx，联立直线与抛物线的方程得=+=412xymyx，解得：0442=myy，由韦达定理得myy421=+，421=yy，所以42222244221222121=+=+=yyyyxxMN，当且仅当21yy=，MN垂直x轴时取得最小值，A正确；2212121212344yyOM ONx xy yy y=+=+=，B正确；直线MO的方程为xxyy11=，令1=x，得到212
19、111144yyyyxyyQ=，所以QN OF，所以MQNPMQ=，C错误；如图，由抛物线的定义知，直角梯形MNQP的中位线MNGH21=，即以MN为直径的圆与C的准线相切与H点，所以满足0=PNPM的点恰有一个，故D错误；故选 AB.12.解：因为(2)f x+为偶函数，即)2(+xf关于0=x对称，所以)(xf关于直线2=x对称；因为2)1(+=xgy是奇函数，即2)1(+=xgy关于）（0,0对称，所以)(xg关于）（2,1对称；又因为2)1()3(=+xgxf，所以2)()2(=+xgxf，所以)2(2)(xfxg=，所以)(xf与)(xg关于）（1,1对称，因为）（2,1关于）（1,
20、1对称的点为）（0,1，直线2=x关于）（1,1对称的直线为0=x，所以)(xf关于）（0,1对称，)(xg关于直线0=x对称，所以)(xf与)(xg均是周期为 4 的偶函数，所以)()(xgxf，是周期为 4 的奇函数.A 选项：0)2()2022(=ff，故 A 正确；B 选项：2)1()3()2023(=ggg，故 B 选项错误；C 选项：)(xf是周期为 4 的偶函数，故 C 选项错误；D 选项：)(xg是周期为 4 的奇函数，故 D 选项正确.(另解)因为)2(+xf为偶函数，即)2(+xf关于0=x对称，所以)(xf关于直线2=x对称；因为2)1(+=xgy是奇函数，即2)1(+=
21、xgy关于）（0,0对称，所以)(xg关于）（2,1对称；又 因 为2)1()3(=+xgxf，所 以2)()2(=+xgxf，所 以)2(2)(xfxg=；令xxf2cos)(=，则2cos22)2(cos2)2(2)(xxxfxg+=关于）（2,1对称，所以xxf2cos)(=符合题意，所以xxf2sin2)(=，xxg2sin2)(=，故选 AD.三、填空题三、填空题:本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。13.40 14.02=+yx 15.20 16.54 15.解:由题意，对 6 盏不同的花灯进行取下，先对 6 盏不同的花灯进行全排
22、列，共有66种方法，因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，所以每串花灯先后顺序已固定，须除去重复的排列顺序，故一共有20333366=AAA种.故填：20.16.解：因为rcaycSpFPF)22(2122121+=，当py取到最大值b时，r有最大值，且最 大 值 为3c，故3)22(21221ccacb+=，化 简 得：)(31cab+=，两 边 平 方 有：222222)(99cacacab+=，即0102822=caca，则，0542=ee，求得54=e，或1=e（舍去），故填：54.四、解答题四、解答题:本题共本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分。解答应写出文字说明、
23、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.解：（1）设等差数列公差为d，由题意()()21+113dd=+解得1d=或0d=（不符合题意，舍去）所以()111nann=+=（3 分）(2)由题意知，()()11nn nban n+=+（4 分）()1231nnnSbbbb=+()()=1 2+2 33 44 511nn n +（5 分）当 n 为偶数时，()()()2143122242nnnSbbbbbbn=+=+()=2 2+4+n=212222 22222nnnnn+=（7 分）当 n 为奇数时，()()()()()221112111222nnnnnnSSbnn
24、+=+=（9 分）综上()221222nnnSnnn+=+，为奇数，为偶数 （10 分）18.解：（1）由正弦定理得：aAbBsinsin=,aAcCsinsin=（1 分）（写成RcC，RbB，RaA2sin2sin2sin=，其中 R 为ABC的外接圆半径也给 1 分）所以AACB22sin22cossinsin=可化为2222ccosaAb=（2 分）因为2cos12cos2AA+=，所以24cos1caAb=+）（3 分）因为bcacbA2cos222+=，所以2229c2acbb=+（4 分）所以acb3=+（5 分）（2）如图 1:BD是ABC的内角平分线，且23=DCAD，所以2
25、3=DCADBCABSSCBDABD （6 分）所以23=ac，即：ac23=（7 分）由(1)知：acb3=+，所以ab23=，所以aAD109=（8 分）所以在ABC中，由余弦定理得：972cos222=+=bcacbA，所以924sin=A （9 分）在ABD中，由余弦定理得：259697109232)109()23(cos222222=+=+=aaaaAADABADABBD，（10 分）解得：32=cba，（11 分）所以229243321sin21=AbcSABC （12 分）（2）另解：如图 2:BD是ABC的内角平分线，且23=DCAD，所以23=DCADBCABSSCBDABD
26、 （6 分）所以23=ac，即：ac23=（7 分）由(1)知：acb3=+，所以acb23=，所以ABC为等腰三角形 （8 分）过A作BCDFBCAE,，则aAE2=，aDF522=，aEF103=（9 分）在BDF中，由勾股定理得：2596)522()54(22222=+=+=aaDFBFBD，（10 分）解得：222=AEa，（11 分）所以222222121=AEaSABC （12 分）19.解：（1）根据折叠的性质可得：，（1 分）因为 ，=，所以 面，（3 分）因为 面，所以 ，（4 分）因为 和分别是和的中点 所以/，（5 分）图 1 图 2（2）根据题意可知=，由（1）得 面
27、，所以面 面，如图所示，取BD的中点O，连接FOAO，因为=，所以 ，因为面 面，面 面=，所以 面 （7 分）法一：因为BDBC，的中点分别为FO，所以/，所以 ，以O为坐标原点，OA的方向为z轴的正方向，OB的方向为x轴的正方向，OF的方向为y轴的正方向，建立空间直角坐标系xyzO-，写出各点坐标为)0,0,0(O，)0,0,2(aB，)0,0,2(aD，)0,23,0(aF，)0,3,2(aaC，)23,0,0(aA，)43,23,4(aaaE 则)0,0,(aBD=，)23,0,2(aaBA=，（9 分）设面ABC的法向量为111(,)x y z=m，面EBD的法向量为222(,)xy
28、 z=n，则 00BDBA=mm，00BDBE=nn解得 m(0,1,0)=，n)2,1,0(=（11 分）则二面角EBDA的余弦值为5551,cos=nmnmnm（12 分）法二：取AD和OD的中点分别为G和H，连接GEGHHE，（8 分）因为，的中点分别为，所以/，/，所以 ，面，又因为 面，所以 ，又因为 =，所以 面 所以 ，则二面角EBDA，即为GHE （10 分）2233tanaaAOCDGHGEGHE因为，所以55cos=GHE，即二面角EBDA的余弦值为55（12 分）)43,23,43(aaaBE=OO G H 20.解:(1)总概率 1 减去接触面上的 5 个数的乘积不能被
29、 4 整除(5 次全是奇数；4 次奇数，还有 1 次为 2)的概率：6457)41()21()21(1445555=+CC；（5 分）(2).设抛掷到接触地面的数字为 3 的次数为，则）（41,5B，45)(=E，（7）游戏后甲身上的钱 5003001000)5(100200+=+=X，875500)(300)(=+EXE.（9 分）.甲不超过三次就结束游戏的情况有:不可能 1 次结束；两次均奖励，结束；前两次中一次奖励一次被罚，第三次奖励，结束.其概率为32541)4341()41(122=+=CP.（12 分）21.解：（1）证明：由题意知|QAQP=，所以|QAQDQPQDDPr=，因此
30、动点Q到定点D和A的距离之差的绝对值为定值r，且|rDA，由双曲线定义知，点Q的轨迹是以D，A为焦点的双曲线.（4 分）（2）由（1）知双曲线中2ar=，24c=，设双曲线方程为22221444xyrr=，又点(2,3)M在双曲线上，解得2r=，因此双曲线方程为2213yx=，双曲线的渐近线为3yx=，（5 分）则123EOAAOFEOF=（6 分）若直线l斜率不存在，此时EOF为顶角为23的等腰三角形，且|4OE=，所以4 3EOFS=；（7 分）若直线l斜率存在，设方程为：()23yk x=+，联立双曲线2213yx=，得：()()2222346412120kxkk xkk+=.因为l交双
31、曲线于y轴右侧，因此21222122640341212030kkxxkkkx xk+=+=，解得3k 或3k （8 分）设33(,)E x y，44(,)F xy，联立直线l和渐近线解得：3233kxk+=，4233kxk+=，所以3|cosxOEEOA=，4|cosxOFAOF=，12121|sin|tan3|2EOFSOEOFEOFx xEOAx x=，所以()222323744 33 333EOFkkSkk+=+，（10 分）令274()3kf kk=（3k 或3k），()()()222223()3xxfkk=，当3k 时，()0fk，()f k单调递增，且()0f k，此时4 3EOF
32、S；当32k，()0fk，当2k 时，()0fk，min()(2)1f kf=，此时3EOFS=.综上所述，EOF面积的最小值为3，此时2k=且0=，即直线l与双曲线相切.（12 分）22.解：（1）由题意知，)(xf的定义域为，（1 分）因为1=a，所以0)1(11)1(21)1()1(1)(2222+=+=+=xxxxxxxxxxf，（2 分）所以)(xf在定义域上单调递减，其单调递减区间为),0(+.（3 分）（2）（）由22)1()1(2)(+=xxaxaaxxf 22)1(22+=xxaaxaxx22)1()1(2+=xxaxaax，（4 分）令，因为210 a，所以该方程的021
33、4）（a，设方程的两根分别为45,xx，且54xx，则，154=xx，（5 分）所以)(xf 有两个零点454501xxxx,，且，当),0(4xx时，)(0)(xfxf，单调递减，当),(54xxx时，)(,0)(xfxf单调递增，当),(5+xx时，0)(xf，)(xf单调递减；（6 分）故)(0)()()1()(5454xfxfxffxf，即，又因为1111122()0()011aaaaaef ef eee=+，且aaee111，故有aaexxe15411，由零点存在性定理可知，)(xf在41,xea恰有一个零点，在aex15,也恰有一个零点，),0(+x0)1(22axaax+0)11
34、(254=+axx易知1=x是)(xf的零点，所以)(xf恰有三个零点；（7 分）（）由（）知11 ,10 ,11312=xxxx所以，因为,0)(ln11)1(11111=+=xfxaxxxf 所以131xx=，（9 分）所以要证)1()1(21321xaxx，等价于证221111(1)(1)xa xx，等价于证()()1111(1)11x xa xx+，等价于证11(1)xa x+，等价于证111(1)lnxxx，等价于证()111ln1 xx .（10 分）22111)(,11ln)(xxxxxgxxxg=+=则设，所以0)1()(,0)(,1,0(=gxgxgx），()故式成立，得证.（12 分）