1、数学试题第 1 页（共 6 页）长沙市 2023 年新高考适应性考试 数 学 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 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请保持答题卡的整洁考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回 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已知复数z满足(1)3iiz，则|z A.10 B.5 C.2 D.2 2设集合(,)|Ax yyx，3(,)|Bx
2、 yyx，则AB的元素个数是 A1 B2 C3 D4 3已知2log 1.8a，4log 3.6b，12c，则 Aabc Bacb Cbac Dbca 441(2)(12)xx的展开式中，常数项为 A4 B6 C8 D10 5在平行六面体1111ABCDABC D中，已知4AB，3AD，15AA，90BAD，1160BAADAA ，则 的值为 A10.5 B12.5 C22.5 D42.5 6若1tan()1421tan()4，则cos2的值为 A35 B35 C45 D45 数学试题第 2 页（共 6 页）7斐波那契数列nF，因数学家莱昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列
3、”，该数列nF满足121FF，且*21()nnnFFF nN卢卡斯数列nL是以数学家爱德华卢卡斯命名，与斐波那契数列联系紧密，即11L，且*12()nnnLFFnN，则2023F A202220241136LL B202220241137LL C202220241155LL D202220241255LL 8在平面直角坐标系 xOy 中，已知(3,0)A，(0,)(0)Btt，若该平面中不存在点P，同时满足两个条件22|2|12PAPO与|2|POPB，则t的取值范围是 A6(0,1)2 B6(1,)2 C66(1,1)22 D66(0,1)(1,+)22 二、选择题：本题共4小题，每小题5分
4、，共20分在每小题给出的四个选项中，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已知双曲线的方程为2216416yx，则 A渐近线方程为12yx B焦距为8 5 C离心率为52 D焦点到渐近线的距离为8 10自然环境中，大气压受到各种因素的影响，如温度、湿度、风速和海拔等方面的改变，都将导致大气压发生相应的变化，其中以海拔的影响最为显著下图是根据一组观测数据得到海拔6千米15千米的大气压强散点图，根据一元线性回归模型得到经验回归方程为14.068.5yx，决定系数为210.99R；根据非线性回归模型得到经验回归方程为0.1632132.9exy，决定系数为220.
5、99R，则下列说法正确的是 数学试题第3页（共6页）A由散点图可知，大气压强与海拔高度负相关 B由方程14.068.5yx 可知，海拔每升高1千米，大气压强必定降低4.0kPa C由方程14.068.5yx 可知，样本点(11,22.6)的残差为1.9 D对比两个回归模型，结合实际情况，方程0.1632132.9exy的预报效果更好 11已知函数11xyx与exy 相交于A，B两点，与lnyx相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为1x，2x，3x，4x，且12xx，34xx，则 A120 xx B341x x C13ln1xx D14e1xx 12如图，已知ABC是边长为4的等边
6、三角形，D，E分别是AB，AC的中点，将ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥PBCED，则 A翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3 B存在某个点P位置，满足平面PDE 平面PBC C当PBPC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为33 D当10PB 时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523 EDABCACBEPD 数学试题第4页（共6页）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13已知向量(1,2)a，(2,2)b，(1,)c，若(2)cab，则_ 14已知函数()2sin()(0)f xx，若函数()f x的图象关于点(,0)6中心对称，且关于直线3x轴对称，则的
7、最小值为_ 15已知O为坐标原点，F为抛物线22ypx的焦点，过点F作倾斜角为60的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设AOF，ADB的面积分别为1S，2S，则12SS_ 16已知函数1,0()ln(1),0 xxf xxx，若关于x的方程()f f xa恰有两个不相等的实根1x，2x，且12xx，则2112xx的取值范围是_ 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）已知数列na为等差数列，数列 nb为等比数列，满足1122ba，222ab，3311ab（1）求数列na，nb的通项公式；（
8、2）求数列nnab的前n项和nS 18（本题满分12分）在锐角ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知sinsinsin3ABCabac（1）求角B的值；（2）若2a，求ABC的周长的取值范围 数学试题第5页（共6页）19（本题满分12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中F平面EDC），四边形ABCD是正方形，ED 平面ABCD，BFFE，且平面FEB 平面EDB （1）设M为棱EB的中点，证明：A，C，F，M四点共面；（2）若22EDAB，求平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值 20（本题满分12分）为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的
9、竞赛初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是34，45，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是35，23，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响（1）若该单位获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；（2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对
10、，计算恰好是甲小组答对的概率 数学试题第6页（共6页）21（本题满分12分）设A，B是椭圆2212xy上异于(0,1)P的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线2yx 于C，D两点（1）求证：直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；（2）求PCD面积的最小值 22（本题满分12分）已知函数231()(2)exf xxx，其中0 x （1）求()f x的最大值；（2）若不等式2 1e|ln|xaxxa对于任意的(0,)x恒成立，求实数a的取值范围 1长沙市长沙市 2023 年新高考适应性考试年新高考适应性考试数学参考答案一、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
11、个选项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】B解解析析：由3(3)(1)121(1(1)iiiziiii+=+，可得|5z=2【答案】C解解析析：联立3yxyx=，解得00 xy=，或11xy=，或11xy=，即(0,0),(1,1),(1,1)AB=，共有3个元素3【答案】C解解析析：由222241log2log 1.8log3.24log3.6log 3.62=，可得cab+，解得612t+；当两圆内含时，214|22|tt+，解得6012t 综上，可知t的取值范围是66(0,1)(1,+)22+二二、选选择择题题：本题本题共共4小题小题，每小题每小题5分分，共共20分分在每小题在每小题给
12、给出出的的四四个选个选项项中中，有有多项多项符符合题合题目目要要求求，全全部选部选对的对的得得5分分，部分选对的得部分选对的得2分分，有选有选错的得错的得0分分9【答案】BC解解析析：易知8a=，4b=，4 5c=，则渐近线方程为2yx=，即A错误；焦距为28 5c=，即B正确；离心率52cea=，即C正确；可求得焦点到渐近线的距离4d=，即D错误10【答案】ACD解解析析：观察散点图，便知大气压强与海拔高度负相关，即A正确3通过经验回归方程14.068.5yx=+，可知海拔每升高1千米，大气压强降低约约为4.0kPa，即B错误；当11x=时，代入方程计算可得预测值24.5y=，则残差22.6
13、1.9ey=，即C正确随着海拔高度的增加，大气压强越来越小，但不可能为负数，因此，选择方程0.1632132.9xye=更合适，即D正确11【答案】ABD解析解析：对于A选项，由函数xye=与11xyx=+满足性质1()()fxf x=，则1x与1x都为函数11xxxye+=的零点，有21xx=，即A正确；对于B选项，由函数lnyx=与11xyx=+都满足性质1()()ff xx=，则3x与31x都为函数11lnxxyx+=的零点，有431xx=，即B正确；对于C选项，如图，由函数xye=与lnyx=关于直线yx=对称，可得13lnxx=，有31ln1xx=，即C错误；对于D选项，同上，由12
14、240lnxxxx+=，可得14ln0 xx+=，有141xx e=，即D正确12【答案】ACD解解析析：对于A选项，当平面PDE 平面BCED时，四棱锥PBCED的体积最大，此时4体积1(24)33332V+=，即A正确如上左图，设,M N分别为,BC DE的中点，对于B选项，设平面PDE 平面PBCl=，则lBC，有lMN，lPM，可得l 平面PMN，即NPM为平面PDE与平面PBC所成的二面角，由PNNM=可知，90NPM，即B错误对于C选项，过P作MN的垂线，垂足为H，则PH 平面BCED，则PBH为直线PB与平面BCED的所成角依题意可知，2 2PBPC=，2PM=，3PNNM=，在
15、PMN?中，由余弦定理可得3cos3PMN=，有6sin3PMN=；在PMH?中，2 6sin3PHPMPMN=，从而直线PB与平面BCED所成角的正弦值为33PHPB=，即C正确对于D选项，当10PB=时，由7BN=，可知222PNBNPB+=，即PNBN，又PNDE，且BNDEN=，则PN 平面BCED，又PN 平面PDE，则平面PDE平面BCED设四棱锥PBCED的外接球球心为O，PDE?的外心为G，如上右图，易知点M为等腰梯形BCED的外心，则四边形OGNM为矩形，且1333OMGNPN=，可得2222133ROBOMMB=+=，从而所求外接球的表面积为523，即D正确三三填填空空题题
16、：本题本题共共4个个小题小题，每小题每小题5分分，共共20分分13【答案】52解解析析：由2(5,2)ab+=?，可得(2)520c ab+=?i，解得52=14【答案】35解解析析：依题意，()2sin()=066f=+，解得11=,6kkZ+；()2sin()=133f=+，解得22=,32kkZ+将式两边同时相减，解得211236(),kkkZ kZ=+，当12kk=时，取最小值为315【答案】916解解析析：如图，根据抛物线的定义，|2ApAFx=+，而|cos602ApxAF=+，则|21cos60pAFp=，32Apx=同理2|1cos603ppBF=+，6Bpx=DBAOFxy法
17、法1：由|3|4AFAB=，且|3|4AADAOxADxx=，即|AFAOABAD=，可得OFBD，则AOF?ADB?，从而212|9()|16SAFSAB=法法2：求得3Ayp=，33BDyyp=，则2113|24ASOFyp=，2214 3|()29ABSDByyp=，可得12916SS=16【答案】1,)ln2eee解解析析 法法1：令()tf x=，画出函数()f x的图象，由()f ta=，可知：6当0a 时，方程()f ta=只有一个实根11ta=，则方程()f xt=也只有一个实根，不合题意当0a=时，方程()f ta=有两个实根，11t=，20t=，则方程1()f xt=有一个
18、实根，方程2()f xt=有两个实根，不合题意当0ln2a时，方程()f ta=有两个实根，110ta=，21(0,1)ate=，则方程1()f xt=有一个实根，方程2()f xt=有两个实根，不合题意当ln21a，则()g a单调递增，有()1ln(ln2),1)g ae，即1211,)2ln2exeex+当1a 时，方程()f ta=有一个实根111atee=，方程()f xt=只有一个实根，不合题意综上可知，1211,)2ln2exeex+法法2：设()()g xf f x=，则2,1()ln(2),10ln(ln(1)1),0 xxg xxxxx+=+，可得函数()a单调递增，有1(
19、),)ln2eeae，即1211,)2ln2exeex+四四解解答答题题：本题本题共共6小题小题，共共70分分解答解答应应写写出出文文字字说说明明、证明证明过过程程或或演演算算步步骤骤17（本题满分10分）解解析析（1）设na的公差为d，nb的公比为q，依题意可知111,2ab=，且122212211dqdq+=+=，消去q化简得45dd+=又函数()4xf xx=+在(,)+单调递增的函数，且(1)5f=，则1d=，2q=因此，1(1)1nann=+=，12 22nnnb=.5分（2）依题意，121 2222nnSn=+，两边同时乘以公比2，得23121 222(1)22nnnSnn+=+，
20、将，两边同时相减得23112(12)22222212nnnnnSnn+=+=1=(1)22nn+，故1=(1)22nnSn+.10分18（本题满分12分）解解析析（1）由正弦定理，可得3abcabac=+，整理得2223acbac+=由余弦定理，可得2223cos22acbBac+=，解得6B=.5分8（2）法法1：由正弦定理sinsinsinabcABC=，即2sinsinsin6bcAC=，可得1sinbA=，52sin()2sin3sincoscos63sinsinsinsinACAAAcAAAA+=+，则22cos1 cos12333sin2sincostan222AAbcAAAA+=
21、+=+=+在锐角ABC?中，由025062ACA=，解得32A，即624A又函数tanyx=在(,)6 4 上单调递增，则3tan(,1)23A，可得(31,2 3)bc+，故ABC?的周长的取值范围(33,2 32)+.12分法法2：过点B作BDAC于点D，设ABD=，则30CBD=在RtBCD中，2cos(30)BD=，2sin(30)CD=；在RtABD中，2cos(30)coscosBDABABD=，tan2cos(30)tanADBDABD=从而，2cos(30)2cos(30)2sin302sin(30)2cos(30)tancoscosbc+=+=sincos2cos(30)2s
22、in303cossin11sin2233coscoscoscossin22+=+=+sincos1tantan45tan22223333tan(45)2cossin1tantan45tan2222+=+=+=+=+9又030，则4545602+，可得(31,2 3)bc+，故ABC?的周长的取值范围(33,2 32)+法法3：如图所示，点A从点P移向点Q时，bc+单调递增，且(31,2 3)bc+，故ABC?的周长的取值范围(33,2 32)+19（本题满分12分）解解析析（1）证明：连接AC，与BD交于点O，则ACBD又ED平面ABCD，则EDAC，且EDBDD=，可得AC平面EDB连接FM
23、，由BFFE=，可知FMEB又平面FEB 平面EDB，且平面FEB平面EDBEB=，则FM平面EDB，从而FMAC，即,A C F M四点共面.5分（2）连接OM，注意到OM为EDB?的中位线，有OMED，且OM 平面OCFM，则ED平面OCFM，又平面DCFE平面OCFMFC=，则EDFC结合（1）中的FMAC，可知四边形OCFM为矩形，则112FCOMED=法法1：如下图，以D为坐标原点，,DA DC DE所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系，则(1,0,0)A，(1,1,0)B，(0,1,1)F，(0,0,2)E，有(0,1,0)AB=?，(1,1,2)BE=?，(1,0,1
24、)BF=?10设平面FEB的法向量111(,)mx y z=?，则11111020m BFxzm BExyz=+=+=?i?i，令11x=，解得其中一个法向量(1,1,1)m=?；设平面EAB的法向量222(,)nxy z=?，则2222020n AByn BExyz=+=?i?i，令22x=，解得其中一个法向量(2,0,1)n=?从而315cos,5|35m nm nm n=?i?，即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为155.12分法法2：如下图，在平面EAB中，过点M作EB的垂线与EA相交于点N，则NMF为二面角FEBA的平面角由ENM?EBA?，可得ENNMMEEBBAAE=又1BA
25、=，6EB=，62ME=，5AE=，解得3 55EN=，3010MN=过点N作NPED于点P，过点P作PQFC于点Q，11可求得35NP=，1PQ=，15QF=，则222275NFNPPQQF=+=又2222MFBFBM=，在NMF?中，由余弦定理可求得22215cos25MNMFNFNMFMN MF+=，即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为155.12分20（本题满分12分）解解析析（1）由题意可知，甲组获得决赛资格的的概率为1343455p=，乙组获得决赛资格的概率为2322535p=X的可能取值为0，1，2，则12326(0)(1)(1)(1)(1)5525P Xpp=，121232
26、3213(1)(1)(1)(1)(1)555525P Xpppp=+=+=，126(2)25P Xpp=，可得X的分布列为X012P62513256256136()0121252525E X=+=.6分（2）设B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，1A表示事件“甲小组抢到最后一道题”，2A表示事件“乙小组抢到最后一道题”，则19()20P A=，211()20P A=，13(|)5P B A=，22(|)5P B A=根据全概率公式，可得11229311249()()(|)()(|)205205100P BP A P B AP A P B A=+=+=，从而111193()()(|
27、)27205(|)49()()49100P ABP A P B AP A BP BP B=，即该题是甲组答对的概率为2749.12分12备备用用：设1A表示事件“甲小组抢到最后一道题”，2A表示事件“乙小组抢到最后一道题”，1B表示事件“甲小组对最后一道题回答正确”，2B表示事件“乙小组对最后一道题回答正确”，B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，则19()20P A=，211()20P A=，13()5P B=，22()5P B=可得112211229311249()()()()()()()205205100P BP ABP A BP A P BP A P B=+=+=+=，从而
28、1111111193()()()()27205(|)49()()()49100P AB BP ABP A P BP ABBP BP BP B=，即该题是甲组答对的概率为2749.12分21（本题满分12分）解析解析（1）设直线:AB ykx=，两点A，B的坐标分别为(),AAxy，(),BBxy，将直线AB与椭圆的方程联立，可得22(21)20kx+=，则0ABxx+=，2221A Bx xk=+从而11112()+2ABABABABAPBPABABAByykxkxkx xxxkkxxxkxx x+=，即直线PA，AB，PB的斜率成等差数列.5分（2）法法1：点(0,1)P到直线2yx=+的距
29、离22d=，为定值，直线PA的方程为11AAyyxx=+，与直线方程2yx=+联立，可解得1(1)1AAAACAxxxxykx=+；同理可得(1)1BDBxxkx=+，222211222|2211(1)(1)()1|()44ABA BABkkxxCDkx xkxxkk+=+13从而22121()141|22PCDSCD dkk=+?令14tk=+，则14kt=，可得231412838 2()89819238PCDtS=+=?，当且仅当2k=时取等号，故PCD?面积的最小值为23.12分法法2：根据题意可知222211()1()()1111()222ABABABAAAAAAAPBPABABAAA
30、Ayyy yyyyyyyyykkxxx xxxxy+=由21CCCAP Cyxykx=+=+，解得11CAPxk=+；同理可得11DBPxk=+直线2yx=+与y轴相交于点(0,2)E，则111|1111()1|222PCDPEDPECCDBPAPAPBPAPBPAPBPSSSPExkkkkk kkxk+=+=?2222111|1144()()422()11121()24|222APBPAPBPAPBPAPBPkkkkkkkkkkkk+=后续过程，类似于解法1.12分22（本题满分12分）解解析析（1）依题意，22311()(432)(1)(4)xxfxxxxx ex xxe=+=，则()f
31、x在(0,1)单调递增，在(1,4)单调递减，在(4,)+单调递增当2x 时，()0f x 恒成立，则()f x的最大值为(1)1f=.4分（2）设21()|ln|xg xax exa=+，其中0 x 方方法法1（先先对对参参数数分分类类讨讨论论，再对再对自自变变量分量分段讨论段讨论）当0a=时，()|ln|0g xx=，符合题意当0a 时，注意到(1)0g=（i）当01x时，21()lnxg xax exa=，且2111()(2)()xag xaxx ef xxxa=由（1）知，()f x在(0,1)单调递增，且()(0,1)f x 14若11a，即01a时，()0g x=，符合题意若101
32、a时，存在0(0,1)x，使得01()f xa=当0(,1)xx时，1()f xa，且()0g x，则()g x单调递增，可得()(1)0g xg=，不合题意因此，当01x；当1xe=，从而()()ln0g xa h xx=+符合题意.8分当0a 时，注意到(1)0g=（i）当01x时，21()lnxg xax exa=，且211()(2)0 xg xaxxex=，符合题意（ii）当1x 时，21()lnxg xax exa=+，且2111()(2)()xag xaxx ef xxxa=+=+若11a，即1a，且()0g x，则()g x单调递减，可得()(1)0g xg=，不合题意若11a，
33、即10a 时，()0g x，则()g x在1,)+单调递增，有()(1)0g xg=，符合题意综上可知，1,1a 符合题意.12分方方法法2（先先对对自自变变量量分分段段讨讨论论，再对再对参参数分数分类讨论类讨论）当1x=时，(1)0g=，符合题意当01x时，21()lnxg xax exa=，且152111()(2)()xag xaxx ef xxxa=由（1）知，()f x在(0,1)单调递增，且()(0,1)f x 若0a 时，()0g x=，符合题意若0a=时，()ln0g xx=，符合题意若11a，即01a时，()0g x=，符合题意若101a时，存在0(0,1)x，使得01()f
34、xa=当0(,1)xx时，1()f xa，且()0g x，则()g x单调递增，可得()(1)0g xg=，不合题意因此，当01x时，21()lnxg xax exa=+，且2111()(2)()xag xaxx ef xxxa=+=+若11a，即1a，且()0g x，则()g x单调递减，可得()(1)0g xg=，不合题意若11a，即10a，则()g x在(1,)+单调递增，有()(1)0g xg=，符合题意若0a=时，()ln0g xx=，符合题意若01a；当1xe=，从而()()ln0g xa h xx=+符合题意若1a 时，结合情况，无需再讨论综上可知，1,1a 符合题意.12分说说明明 注意到(1)0g=，则()0g x 恒成立的必要条件为：(1)0(01)gx，且(1)0(1)gx当01x时，21()lnxg xax exa=，且211()(2)xg xaxxex=，则16(1)10ga=，解得1a；当1x 时，21()lnxg xax exa=+，且211()(2)xg xaxxex=+，则(1)10ga=+，解得1a 从而，函数()0g x 恒成立只需限制参数 1,1a 中讨论
