2023年新老高考过渡省份适应性联考数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2023年新老高考过渡省份适应性联考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．复数z满足，，则为（

）A．1或 B．或 C．或 D．2或2．以下哪个选项是的图像（

）A． B．C． D．3．已知平面向量，，，当最小时，则，的夹角为（

）A．30° B．45° C．60° D．90°4．如果一个几何体的三视图均为下图，则其体积比表面积最大为（

）A． B． C． D．5．四个半径为1的球两两相切，则他们的外切四面体棱长为（

）A． B． C． D．6．将5个小球放入甲乙两个框中，每个框一定要有球，放完后小明等概率从甲乙中依次取出球，若甲框最先被取完且甲框中不为两个球，则甲框中小球个数的期望为（

）A． B． C． D．7．已知，，则（

）A． B． C． D．8．椭圆E：，过E外一点P作E两条切线PA，PB，，记P的轨迹为T，圆C：，记T与C的交点为，当的最大值m最大时，，则E的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数满足：，则以下不正确的有（

）A． B．对称轴为 C． D．10．麦克斯韦妖（Maxwell＇sdemon），是在物理学中假想的妖，能探测并控制单个分子的运动，于1871年由英国物理学家詹姆斯·麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的．当时麦克斯韦意识到自然界存在着与熵增加相拮抗的能量控制机制．但他无法清晰地说明这种机制．他只能诙谐地假定一种“妖”，能够按照某种秩序和规则把作随机热运动的微粒分配到一定的相格里．麦克斯韦妖是耗散结构的一个雏形．可以简单的这样描述，一个绝热容器被分成相等的两格，中间是由“妖”控制的一扇小“门”，容器中的空气分子作无规则热运动时会向门上撞击，“门”可以选择性的将速度较快的分子放入一格，而较慢的分子放入另一格，这样，其中的一格就会比另外一格温度高，可以利用此温差，驱动热机做功．这是第二类永动机的一个范例．而直到信息熵的发现后才推翻了麦克斯韦妖理论．设随机变量X所有取值为1，2，…n，且（，2，…n），定义X的信息熵，则下列说法正确的有（

）A．n=1时B．n=2时，若，则与正相关C．若，，D．若n=2m，随机变量y的所有可能取值为1,2,…,m，且（j=1,2,…,m）则11．若，x，y，．，则以下说法正确的有（

）A．的最大值为B．的最大值为C．的最大值为0D．恒小于012．如图，已知正方体的棱长为2，P为空间中一点且满足，则以下说法正确的有（

）A．若P在面上，则其轨迹周长为B．若，则的最小值为C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为D．四棱锥P-ABCD体积最大值为三、填空题13．斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义，，定义集合，且，则B中所有元素之和为奇数的概率为_______________．14．若，则的最大值为_______________．15．数列满足，，为的前n项和，若，则的范围为_______________．四、双空题16．若，设的零点分别为，，…，，则n＝_______________；_______________．（其中为a向上取整，例如：，）五、解答题17．在线性回归是利用数理统计中回归分析，来确定两种或两种以上变量间相互依赖的定量关系的一种统计分析方法，运用十分广泛．回归分析中，只包括一个自变量和一个因变量，且二者的关系可用一条直线近似表示，这种回归分析称为一元线性回归分析．一般来说，线性回归都可以通过最小二乘法求出其方程，可以计算出对于的直线．残差是真实值和预测值间的差值，对于一组数据，其残差可以表示为其中为真实值，为估计值对于我们数据中的每个点如此计算一遍，再将所有的相加，就能量化出拟合的直线和实际之间的误差．其公式为：．这个公式是残差平方和，对于回归直线的确定，普通最小二乘法给出的判断标准是：残差平方和的值达到最小．在数学中，处理多个参数的函数的极值时，我们可以采用偏导法，即单独对某个参数求导，将其他参数视为常数．根据以上信息，请推导公式：，，（其中，）18．已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.(1)证明：BC⊥AD；(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥ABCD的体积为，求二面角的余弦值．19．在中，对应的边分别为，且．且(1)求；(2)若，上有一动点（异于B、C），将沿AP折起使BP与CP夹角为，求与平面所成角正弦值的范围．20．卡特兰数是组合数学中一个常在各种计数问题中出现的数列．以比利时的数学家欧仁·查理·卡特兰（1814-1894）命名．历史上，清代数学家明安图（1692年-1763年）在其《割圜密率捷法》最早用到“卡特兰数”，远远早于卡塔兰．有中国学者建议将此数命名为“明安图数”或“明安图-卡特兰数”．卡特兰数是符合以下公式的一个数列：且．如果能把公式化成上面这种形式的数，就是卡特兰数．卡特兰数是一个十分常见的数学规律，于是我们常常用各种例子来理解卡特兰数．比如：在一个无穷网格上，你最开始在上，你每个单位时间可以向上走一格，或者向右走一格，在任意一个时刻，你往右走的次数都不能少于往上走的次数，问走到，0≤n有多少种不同的合法路径．记合法路径的总数为(1)证明是卡特兰数；(2)求的通项公式．21．已知椭圆E：，的右焦点，过F作直线AB交E于A，B两点，E上有两点M，N满足：MF，NF分别为，的角平分线．当直线AB斜率为时，的外接圆面积为(1)求E的标准方程；(2)设直线，求和的代数关系．22．在数学中常有“数形结合”的思想，即找到代数式的几何意义，比如：的几何意义便是抛物线上的点P到点和点的距离之和，进而可以简化计算．现在，已知函数的两个零点分别为．(1)当a＝1时，证明：；(2)当a≥1时，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．A【分析】设，根据给定条件，列出方程推理求解作答.【详解】设，则，由，得，，由，得，解得，所以.故选：A2．C【分析】先得到函数的奇偶性，再代入特殊值，选出正确答案.【详解】AB选项，的定义域为R，且，则且，所以为非奇非偶函数，故AB错误；CD选项，当时，，则D错误，C正确.故选：C3．C【分析】作图分析，根据时取得最小值可解.【详解】如图，作，则，记，的夹角为，所在直线为l，易知，当时，最小，由题可知，此时，所以因为，所以.故选：C4．B【详解】此题解析征解5．A【分析】利用正四面体内切球半径与其棱长的关系即可得到答案.【详解】首先证明结论：棱长为的正四面体的内切球半径为,如图，记正四面体的体积为，每个面的面积为，高为，内切球球心为，半径为，易得为底面中心，，则，连结,则，所以,从而设4个半径为1的球的球心分别为,则正四面体的棱长为2,故其内切球半径为,设这4个球的外切正四面体为，则正四面体的内切球半径为,故正四面体的棱长为.故选：A.6．B【分析】求出甲框中球的个数X可能值及对应的概率，求出期望值.【详解】甲框中球的个数X可能为1，3，4，由小明等概率从甲乙中依次取出球，甲框最先被取完，若，则第一次就从甲框中取球的概率为，若第一次从乙框，第二次从甲框中取球的概率为，若第一、二次从乙框，第三次从甲框中取球的概率为，若第一、二、三次从乙框，第四次从甲框中取球的概率为，则；若，前三次均在甲框中取球，概率为，前三次有1次从乙框中取球，第四次从甲框中取球，则概率为，故;若，则前四次均要从甲框中取球，故，则甲框中小球个数的期望.故选：B7．C【分析】通过将，变形，构造函数比较，，将泰勒展开，再与进行比较即可.【详解】由已知，，，设，，则，其中，令，则，当时，，∴在上单调递减，，∴当时，，，在上单调递增，∴，即，∴有.对于与，，将泰勒展开，得，，∴.综上所述，，，的大小关系为.故选：C.【点睛】对于数值比较大小，可使用等价变形化同构，再构造函数，利用函数的单调性进行比较.8．B【分析】根据给定条件，设出切线方程并与椭圆方程联立求出轨迹T的方程，再探求取最大值的情况求解作答.【详解】设，过点的椭圆的切线的斜率都存在时，设切线方程为，其中分别为的斜率，由消去y得：，则，即有，又，于是，显然，是这个方程的二根，有，令直线的倾斜角分别为，有，又，即，即有，，整理得，而当时，或，此时有或，即，满足，因此点P的轨迹T的方程为，由与联立，整理得：，于是当时，有最大值，因此，整理得，解得，则半焦距，所以E的离心率.故选：B【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.9．BC【分析】变形给定等式，求出函数的解析式，再逐项分析判断作答.【详解】因为，于是，可得两式联立解得，，因此，，，AD正确；函数图象的对称轴为，，BC错误.故选：BC10．ABD【分析】求出判断出A；分析对于的单调性判断B；利用数列求和求出判断C；计算出，利用基本不等式和对数函数的性质判断D作答.【详解】对于A，若，则，因此，A正确；对于B，当n=2时，，，令，则，即函数在上单调递增，所以与正相关，B正确；对于C，，，则，，而，于是，令，则，两式相减得，因此，，C错误；对于D，若，随机变量的所有可能的取值为，且（），，，由于，即有，则，因此，所以，即成立，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：错位相减求和.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．11．CD【分析】由可得，而，可判断C正确；从而得到中至少有一个为，不妨令，则且，从而可判断A,B,D选项.【详解】，，对于C，，，C正确；由C选项可知，，所以中至少有一个为，不妨令，则且，对于A，，所以，A错误；对于D，，而，所以，即，D正确；对于B，而，所以，即，B错误.故选：CD【点睛】关键点睛：这道题的关键是先由可得，从而得到，进而得到中至少有一个为，其他两个互为相反数，从而可解.12．AB【详解】此题解析征解13．【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解.【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有674个偶数，1349个奇数，记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成.易知，集合E共有个，集合F共有个，所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，又集合A的真子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.故答案为：14．0【分析】记，则将原等式代换化简为，则得到最后答案.【详解】由题意可得,的取值范围均是，所以.记，则，于是题中等式即为，化简整理得，于是或或.若,则,不符合题意.因此或，所以.故的最大值为0.故答案为：0.15．【分析】将化为，构造数列满足，结合两角差的正切公式，使用裂项相消法求，再由的取值范围求解即可.【详解】由已知，，令，，则，∵，，∴，∴的前n项和，又∵，，∴，∵，∴，又∵，∴的范围为.故答案为：.【点睛】关键点睛：合理构造数列，使用裂项相消法求和，是本题解题的关键所在.16．37【分析】先利用对数恒等式的等价转化，使得变成的形式，结合的性质，讨论，的关系.【详解】令，则，利用对数恒等式，原式等价变为：，令，于是，由可知在上递减，上递增，在取到极小值，当趋近于时趋近于0，趋近于0且时，趋近于，趋近于0且时，趋近于，可作出大致图像如下：结合图像，可能有如下情形：由的单调性可知，若均在中的一种时，则有.记，，即在上递增，由，则，故，使得；显然在上递增，由，故时，，故时，；又，故，使得，故时；不可能均满足，事实上，由，得到，这与矛盾.于是时，由可以推出：.设，，由在上单调递增，故在上单调递增，又，，即，故，使得，且时，，递减，时，，递增，故，由，可得，由，根据基本不等式，（等号取不到），故，又，，故存在，使得；，显然，故，即；，显然，故，即.由，故，使得.注意到，故.综上讨论，当时原方程有两个根：，；虽说，，根据上述讨论，在上无实根.即时，有两个零点：，.当时，，而时，，，而在处无定义，不可能有，即时，无零点；当时，注意到且趋近于1时，趋近于，又，故时，存在零点，即，使得，若，且，不妨设，由于均在上单调递增，故，，在上递减，在递增，故，于是是唯一实根.综上所述，原函数有，，三个零点，.故答案为：【点睛】本题难点在于利用对数恒等式将方程等价转化，用同构的观点利用方程构造出函数的形式，然后利用的性质解题.17．证明见解析.【分析】根据给定条件，令，再分别对求导，结合求和公式推理作答.【详解】记，对求导有:，因此，即，对求导有，当最小时，，18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用三角形全等与等腰三角形三线合一证得，从而利用线面垂直的性质定理证得面，由此得证；（2）建立空间直角坐标系，结合条件求得,，从而得到各点坐标，进而求得平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）连结并延长交于，连结，因为O恰好为△ABC的外心，所以，又，，所以，所以，即是的角平分线，又，所以由等腰三角形三线合一可得，因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，又面ABC，所以，又面，所以面，又面，所以，（2）由（1）知，面ABC，过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，又，，则，，设，则，又，所以，解得，故，因为三棱锥ABCD的体积为，所以，则，则，故，因为E为AD上靠近A的四等分点，所以，设为平面的一个法向量，则，取，则，故，易得是平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则为钝角，所以，所以二面角的余弦值为.19．(1)(2)【分析】（1）方法一：边角转化得到之后，分类讨论和的大小；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量来求线面角；方法二：利用等体积法结合几何体中的数据关系表示出线面角的正弦进行求解.【详解】（1）方法一：由，结合二倍角公式可得，，即.若，则，于是，根据正弦函数在上递增可得，，类似的有，于是，这与矛盾；若，则，于是，根据正弦函数在上递增可得，，类似的有，于是，这与矛盾；若，即，此时确实成立.综上所述，.方法二：将代入可得，再利用两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式，化简即可得所以，即，再由和差化积公式可得：，所以不妨设，则，所以，即，又，所以，可得，所以.（2）由题意，折叠后的几何体如下，设，则在中，若，由余弦定理得，.下以为原点，分别为轴，过垂直于平面的直线为轴.设，则，，由①②③，由①②解得：，由①③解得：，根据线面角的定义，（不妨取是正数），则与平面所成角正弦值为.记，则，注意到，于是，又，而，故，故，根据多项式除法，约去因式，得到，即，根据求根公式可得，的正实根为，故在上递增，在上递减，经计算得到，故在上的值域为，注意到，故，于是，故，即，于是直线与平面所成角正弦值的范围是.在中，若，同理可得，直线与平面所成角正弦值的范围是.方法二：作底面，垂足为，连接，设到平面的距离为，到平面的距离为，，由题意知.先说明和平面不可能垂直，否则由平面可得，由，可得，这与矛盾，于是是平面的斜线，即.由可得，，即.设，根据线面角的定义，即为与平面所成角.于是，即.20．(1)见解析(2)【分析】（1）若先走到，则合法路径，一直累积计算到合法路径总数为，则其为卡特兰数；（2）记直线，则所有不合法路线都会与直线有交点，记第一个交点为，通过对称得到总路线和不合法路线，两者相减即可.【详解】（1）若先走到则合法路径，若先走到且不走到，相当于走到后向右走到再走到，合法路径若先走到且不走到，相当于走到后再从走到，合法路径，于是，即为卡特兰数.（2）记直线，则所有不合法路线都会与直线有交点，记第一个交点为，将之后的路径都沿着对称，那么这条不合法路径的终点成为了，于是总路线为，不合法路线为，合法路径为，即.21．(1)(2)【分析】