2023年高考体育专业单招考试数学押题卷试题（含答案详解）

2023年全国普通高等学校运动训练、民族传统体育专业A．1B．8C．16D．32．若函数fxax22x3在区间,4上单调递增，则实数a的取值范围是（）单招统一招生711A．aB．a数学试卷押题卷4411本卷共15小题，满分：150分，测试时长：90分钟.C．a0D．a044一、单选题(每小题8分，共8小题，共64分)1．已知集合Ax|0x5,且xN，则集合A的子集的个数为（）A．15B．16C．31D．328．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有以下四个命题：2．函数yex与yex的图象（）①若m//n，n，则m//②若m，m，则③若，m，则//④若，m，n，则A．关于x轴对称B．关于y轴对称mmn其中正确的命题是（）C．关于原点对称D．关于直线yx对称1A．②③B．②④C．①③D．①②3．已知sincos0π，则sincos（）3151555A．B．C．D．3333二、填空题(每小题8分，共4小题，共32分)4．已知向量a,b满足a(2,1),|b|3,|ab|4，则ab（）29．函数y13x2x3的定义域为________．A．8B．8C．4D．410．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2b2c23ac，则角B的大小是______.5．等差数列{an}的公差为2，且a1a5a915，则a2a6a10（）222211．已知圆C1：(x4)(y3)16与圆C2：xy2x2y90，若两圆相交于A，B两点，则AB______A．21B．24C．27D．3012．围棋起源于中国，古代称“弈”，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际围棋比赛中，甲、42346．若1xaaxaxaxax，则a0a1a2a3a4（）01234乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军（没有平局），比赛结束.假设每局比赛乙试卷第1页，共9页2胜甲的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则甲以3:1获得冠军的概率为______.3三、解答题(每小题18分，共3大题，共54分)13．在各项均为正数的等比数列an中，a12,a38.（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog2an,求数列bn的前n项和Tn.x2y214．已知椭圆C:1(ab0)的左顶点为A(22,0)，右焦点为F(2,0)．a2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于点M，N（异于点A），直线AM，AN分别与直线x4交于点P，Q．问：PFQ的大小是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．试卷第2页，共9页15．如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，ABAA11，AD2，BD3，A1C1与B1D1交于点O．(1)求证：BD平面CC1D1D；(2)求平面AA1B1B与平面OBC的夹角的余弦值．试卷第3页，共9页答案详解13．已知sincos0π，则sincos（）3一、单选题(每小题8分，共8小题，共64分)151555A．B．C．D．33331．已知集合Ax|0x5,且xN，则集合A的子集的个数为（）【答案】AA．15B．16C．31D．32【分析】将sin+cos平方即可求解.【答案】D1【详解】由于0π，所以sin0，又sincos0，所以cos0【分析】先求出集合A中元素的个数，再利用含有n个元素的集合的子集个数为2n，即可求出结果.325故15，5sincos12sincos,sincos【详解】因为Ax|0x5,且xN0,1,2,3,4，可知，集合A中含有5个元素，所以集合A的子集个数为232.33故选：A故选：D.xx4．已知向量a,b满足a(2,1),|b|3,|ab|4，则ab（）2．函数ye与ye的图象（）A．8B．8C．4D．4A．关于x轴对称B．关于y轴对称【答案】DC．关于原点对称D．关于直线yx对称【答案】B【分析】根据模长|ab|4平方可得ab.xx【分析】设点P(x0,y0)在函数ye图象上，证明P(x0,y0)关于y轴对称的点(x0,y0)在函数ye的图象上.【详解】因为|ab|4，【详解】解：设点在函数x图象上，则x0，22P(x0,y0)yey0e所以a2abb16，y(x0)x0则P(x0,y0)关于轴对称的点(x0,y0)满足y0ee，又因为a(2,1),|b|3,x22所以点(x0,y0)在函数ye的图象上.所以a5,b3，故选：B所以ab4.故选：D.试卷第4页，共9页a05．等差数列{an}的公差为2，且a1a5a915，则a2a6a10（）【分析】易得a0满足；当a0时，满足1可求解.4aA．21B．24C．27D．30【详解】当a0时，fx2x3在,4上单调递增，满足题意；【答案】Aa01【分析】利用等差数列的定义直接求解.当a0时，要使fx在,4上单调递增，则满足1，解得a0，44a【详解】因为等差数列{an}的公差为2，且aaa15，1591综上，实数a的取值范围为,0.4所以a2a6a10a12a52a92156=21.故选：D.故选：A8．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有以下四个命题：．若4234，则（）61xa0a1xa2xa3xa4xa0a1a2a3a4①若m//n，n，则m//②若m，m，则A．1B．8C．16D．32③若m，m，则//④若，m，n，则mn【答案】C其中正确的命题是（）【分析】根据展开式，利用赋值法取x1求值即可.A．②③B．②④C．①③D．①②4【答案】A【详解】令x1，a0a1a2a3a41116【分析】由线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和面面垂直的性质定理对各命题进行检故选：C验.7．若函数fxax22x3在区间,4上单调递增，则实数a的取值范围是（）【详解】若m//n，n，则m//或m，命题①错误；11A．aB．a由面面垂直的判定定理可知，命题②正确；4411垂直于同一条直线的两个平面互相平行，命题③正确；C．a0D．a044若，m，n，则m,n可能相交可能平行可能异面，不一定互相垂直，命题④错误.【答案】D故选：A试卷第5页，共9页222211．已知圆C1：(x4)(y3)16与圆C2：xy2x2y90，若两圆相交于A，B两点，则AB______二、填空题【答案】27．函数x22x3的定义域为．9y13________【分析】根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.【答案】[1,3]2222【详解】圆C1的方程为(x4)(y3)16，即xy8x6y90①，【分析】根据根式的性质有x22x3，利用指数函数的单调性解不等式求定义域即可130.22又圆C2：xy2x2y90②，22【详解】由题设13x2x30，即3x2x3130，②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为6x8y180,所以x22x3(x1)(x3)0，可得1x3，242418圆C1的圆心4,3到直线的距离d3，6282故函数定义域为[1,3].所以AB216927．故答案为：[1,3]故答案为:27.10．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2b2c23ac，则角B的大小是______.12．围棋起源于中国，古代称“弈”，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际围棋比赛中，甲、【答案】##306乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军（没有平局），比赛结束.假设每局比赛乙2【分析】利用余弦定理的推论求解.胜甲的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则甲以3:1获得冠军的概率为______.32222222【详解】解：因为abc3ac，所以acb3ac，【答案】27a2c2b23ac3由余弦定理的推论，得cosB，【分析】四局比赛甲以3:1获得冠军，则前三局甲胜两局，败一局，第四局甲胜，进一步计算概率即可.2ac2ac2【详解】若四局比赛甲以3:1获得冠军，则前三局甲胜两局，败一局，第四局甲胜，因为B0,，所以B.621212概率为：2故答案为：.PC3.633327试卷第6页，共9页2求椭圆的标准方程；故答案为：.(1)C27(2)过点F的直线l与椭圆C交于点M，N（异于点A），直线AM，AN分别与直线x4交于点P，Q．问：PFQ的大小是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．三、解答题x2y2【答案】(1)18413．在各项均为正数的等比数列an中，a12,a38.π(2)PFQ的大小为定值2（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog2an,求数列bn的前n项和Tn.【分析】（1）根据题意得到a22,c2，即可得到答案；2【答案】（）n，（）nn1an22Tnπ2（2）当直线lx轴时，得到P(4,2)，Q(4,2)，从而得到kPFkQF1，即可得到PFQ，当直线l的斜率不为02【分析】（）设等比数的公比为q（q0），则由列方程可求出公比q，从而可求出数列a的通项公式；(422)y(422)y1a12,a38n时，设直线，得到1，2，再根据即可得l:xmy2,Mx1,y1,Nx2,y2P4,Q4,FPFQ0x122x222（）由（）可得n，然后利用等差数列的求和公式求解即可π21bnlog2anlog22n到PFQ.2【详解】（1）由题意设等比数的公比为q（q0），【详解】（1）依题意，得a22,c2，2因为a12,a38，所以2q8，ba2c22，解得q=2或q2（舍去），x2y2所以椭圆C的标准方程为1；84n1n1n所以ana1q222，π（2）PFQ为定值．2n（2）由（1）可得bnlog2anlog22n，①当直线lx轴时，代入椭圆方程，得M(2,2),N(2,2)，n(n1)n2n所以T123nn22x22直线AM的方程为y，令x4，得y2，P(4,2)．同理可得Q(4,2)，x2y22214．已知椭圆C:1(ab0)的左顶点为A(22,0)，右焦点为F(2,0)．a2b2试卷第7页，共9页πk1,k1，则kk1，即PFQ；交于点O．PFQFPFQF2②当直线l的斜率不为0时，设直线l:xmy2,Mx1,y1,Nx2,y2，x2y21,22联立84整理得m2y4my40，xmy2,4m4易知22，且，16m16m20y1y22,y1y22m2m2(1)求证：BD平面CC1D1D；y直线的方程为y1(x22)，AM求平面AABB与平面的夹角的余弦值．x122(2)11OBC(422)y1(422)y1(422)y2【答案】(1)证明见解析令x4，得y，则P4,，同理可得Q4,．x122x122x222219(2)19(422)y1(422)y2FP2,,FQ2,，x122x222(422)y(422)y(24162)yy【分析】（）先由勾股定理证出，再证明直棱柱中DDBD，再使用线面垂直判定定理进行证明即可FPFQ4124121BDCD1.x22x2212my1222my2222（2）以D为坐标原点，DB，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量4(24162)m224(24162)进行求解即可44.4m24m4m2(322)m22(1282)(222)m(1282)m22m22【详解】（1）由已知可得DCAB1，BCAD2，BD3，4(24162)4440，2222(1282)∴BDDCBC，∴BDC=90，即BDCD．π∵DD平面，平面，∴DDBD．PFPQ,PFQ，1ABCDBDABCD12π又∵CDDDD，平面CCDD，DD平面CCDD，综上所述，PFQ的大小为定值．1CD111112∴BD平面CC1D1D．15．如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，ABAA11，AD2，BD3，A1C1与B1D1试卷第8页，共9页219（2）如图，以D为坐标原点，DB，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∴平面AA1B1B与平面OBC的夹角的余弦值为193则D0,0,0，B3,0,0，C0,1,0，O,0,1．23∴OB,0,1，BC3,1,0，DB3,0,0．2r设平面OBC的法向量为nx,y,z，3nOB0xz0则，∴2，令x2，则y23，z3，nBC03xy0r∴n2,23,3，易知，平面CC1D1D∥平面AA1B1B，∵BD平面CC1D1D，∴BD平面AA1B1B，∴DB3,0,0为平面AA1B1B的一个法向量，设平面AA1B1B与平面OBC的夹角为，nDB23219∴coscosn,DB，nDB4123319试卷第9页，共9页试卷第10页，共1页