重庆市第八中学2023届高三数学下学期高考适应性月考（七）试题（Word版附解析）

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（七）

数学

一､单项选择题（本大题共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. 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先解一元二次不等式求出集合A，再求出集合B，最后根据交集的定义计算可得；

【详解】由已知得，.

所以.

故选：A.

2. 若复数（是虚数单位），则对应的点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简得复数，再根据共轭复数与复数的几何意义，可得共轭复数应的点所在象限.

【详解】因为，

则，因此，对应的点，在第三象限.

故选：C.

3. 若向量满足，则（    ）

A.  B.  C. 8 D. 12

【答案】A

【解析】

【分析】根据数量积的运算求得，再利用模长与数量积的关系求解即可.

【详解】，得，

所以.

故选：A.

4. 已知函数，若是函数图象的一条对称轴，则其图象的一个对称中心为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据余弦函数的对称轴公式求解，再由对称中心公式求得结果.

【详解】因为是函数图象的对称轴，

所以，则又因为，

所以.

令，得，

所以函数图象的一个对称中心为.

故选：A.

5. 文字的雏形是图形，远古人类常常通过创设一些简单的图形符号，借助不同的排列方式，表达不同的信息，如图.如果有两个“”，两个“”和两个“”.把它们从上到下摆成一列来传递一些信息，其中第一个位置确定为“”，同一种图形不相邻，那么可以传递的信息数量有（    ）

A. 8个 B. 10个 C. 12个 D. 14个

【答案】B

【解析】

【分析】列出所有的基本事件即可..

【详解】列举得：，

，

共10种，

故选：B.

6. 若为奇函数，则（    ）

A. 2 B. -2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用奇函数的定义分类讨论求解即可

【详解】因为函数为奇函数，

所以的定义域关于原点对称.

若，则的定义域

不关于原点对称，

所以的定义域为且，

从而，解得.

所以，定义域为.

令，

得

经检验，为奇函数，

故选：C.

7. 半径均为R的四个球两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球，小球体积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可知所求小球即棱长为的正四面体的内切球，根据几何性质求得内切球半径与R的关系，即可得小球的体积最大值.

【详解】所得三棱锥是边长为的正四面体，不妨记为，令体积最大的小球半径为，球心为，

连接并延长交平面于点，则平面，为正三角形的中心，且，连接，，

则由正弦定理得，所以，

在Rt中，，

在Rt中，由得，则

所以小球的最大体积为.

故选：D.

8. 若，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】构造函数，利用导数研究的单调性及最值，得出，即，再进一步计算和放缩得到结果.

【详解】令，，所以在上单调递减，又，所以，即.

令，则，则，即，

所以.

由，得，

所以，

综上.

故选：.

二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据条件求出，的值可得答案.

【详解】由条件，，所以，故A正确，B错误；

因为，所以，故C正确，错误，

故选：AC.

10. 如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据线面平行判定定理逐项验证即可.

【详解】对于A，如下图，连接，则，

又平面，则平面，所以不平行平面，故A不正确；

对于B，因为，平面，平面，所以平面，故B正确；

对于C，如下图，取中点，连接，

由正方体得，又，

所以六点共面，故C不正确；

对于D，如下图，连接交于，连接，

在正方体中，由于四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以，

平面，平面，所以平面，故D正确.

故选：BD.

11. 已知抛物线，过焦点的直线与交于两点，与关于原点对称，直线和直线的倾斜角分别是，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】作轴于，作轴于，则，可设直线的方程为，联立直线与抛物线可得交点坐标关系，结合倾斜角与斜率的坐标关系逐项判断即可得答案.

【详解】作轴于，作轴于，则

由，则，

抛物线的焦点，因为，所以，即，

所以直线的斜率存在设为，可得直线的方程为，

与抛物线方程联立，整理得，所以，

则，

对于A：，所以，故A错误；

对于B：因为，所以，

所以直线与的倾斜角互补，即，故B正确；

对于C：因为，所以，即，因为，所以，故错误；

对于D：因为，所以，，所以，所以，即，故D正确，

故选：BD.

12. 函数与的定义域为，且.若的图像关于点对称.则（    ）

A. 的图像关于直线对称 B.

C. 的一个周期为4 D. 的图像关于点对称

【答案】AC

【解析】

【分析】根据条件可得，即可判断A，然后可得，即可判断B，由条件可得，即可判断C，举特例可判断D.

【详解】A选项：由，得，又，

所以的图像关于对称，A选项正确；

B选项：由的图像关于点对称，得，由选项结论知，

所以，从而，故，

即的一个周期为4，

因为，

所以B选项错误；

C选项：由，及，

则，得，函数的周期为C选项正确；

D选项：取，又，

与的图像关于点对称矛盾，D选项错误，

故选：AC.

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 设随机变量，若，则的最大值为___________.

【答案】3

【解析】

【分析】根据二项分布的数学期望得的范围，再根据方差运算公式结合基本不等式求得的最大值.

【详解】随机变量，由可得，所以

又

当且仅当时，成立，故的最大值为.

故答案为：.

14. 若直线与圆心为的圆相交于两点，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】过点作，垂足为，求出圆心到直线的距离，然后可求出，即可得到答案.

【详解】

过点作，垂足为，圆心到直线的距离为，

所以，即，所以.

故答案为：

15. 已知正实数满足，则的最小值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，利用单调性可得，再利用均值不等式即可求解.

【详解】由，得，

令，则在上单调递增，所以，即，

又因为是正实数，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

故答案为：

16. 已知点在函数的图象上，过点作曲线的两条切线，，若的倾斜角互补，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】设分别与函数相切于两点，根据导数的几何意义可得，解方程即可得的值.

【详解】对于函数，则，

则可设分别与函数相切于两点，

所以，即，解得.

故答案为：.

四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 记数列的前项和为，且.

（1）若，求；

（2）若是等差数列，证明：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由，得，代入即可求得的值，从而可得；

（2）若是等差数列，设公差为，结合，可得，即可求得的值，证得结论.

【小问1详解】

因为，所以，

即①，

若，则由①得：

，解得或，

当时，，

当时，.

【小问2详解】

证明：若是等差数列，设公差为，

则由①得：，

化简得，即，

所以且，得证.

18. 已知的内角所对的边分别为.

（1）求；

（2）为内一点，的延长线交于点，___________，求的面积.

请在下列两个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，并解决问题.

①的三个顶点都在以为圆心的圆上，且；

②的三条边都与以为圆心的圆相切，且.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知等式结合正弦定理、诱导公式、三角恒等变换，即可得角的大小；

（2）选择条件①，利用三角形的外心为，根据正弦定理、余弦定理可得为等边三角形，再利用面积公式可得的面积；选择条件②，利用三角形的内心为，利用等面积法求得，再根据余弦定理得，即可求得的面积.

【小问1详解】

在中，因为，所以，

由正弦定理，得，

因为，所以，

化简，得，因为，所以.

【小问2详解】

选条件①：

设的外接圆半径为，

则在中，由正弦定理得，即，

由题意知：，

由余弦定理知：，

所以.

在中，由正弦定理知：，

所以，

从而，所以为等边三角形，

的面积.

选条件②：

由条件知：，

由，得，

因为，所以，即，

由（1）可得，即，

所以，即，

又因为，所以，

所以的面积.

19. 如图，在三棱锥中，平面，点满足平面，且在平面内的射影恰为的重心.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据已知先求出平面法向量，再求，进而得到直线与平面所成角的正弦值；

（2）先求出平面的法向量，点到平面的距离利用距离公式求解即可.

【小问1详解】

由条件，以为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.

设，

则，

则重心.

设，则，,

因为平面，所以，则，即.
,

因为平面，且，

所以，即，

又由，得.

解得.

，

.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

【小问2详解】

，

设平面的法向量为，

则，即，取，

又，

点到平面的距离.

20. 某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有A，B，C，D四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A，B，C，D四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，张医生接种A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含张医生）接种A，B，C，D四种疫苗的概率分别为.

（1）第2位居民接种哪种疫苗的概率最大；

（2）证明：；

（3）张医生认为，一段时间后接种A，B，C，D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A，B，C，D四种的概率，解释张医生观点的合理性.

参考数据：

【答案】（1）第2位居民接种疫苗的概率最大   

（2）证明见解析    （3）答案见解析

【解析】

【分析】（1）易知第1位居民接种疫苗的概率分别为，再分若第2位居民接种则第1位居民接种BCD，若第2位居民接种B则第1位居民接种CD，利用互斥事件和独立事件的概率求解；

（2）由题意得到，同理，两式相减，结合，证明，同理可得；

（3）由，得到故数列是公比为的等比数列求解,进而得到，比较.

【小问1详解】

解：第1位居民接种疫苗的概率分别为，

第2位居民接种疫苗的概率；

第2位居民接种疫苗的概率；

同理，第2位居民接种疫苗的概率也等于.

故第2位居民接种疫苗的概率最大.

【小问2详解】

证明：由于第位居民接种疫苗概率分别为，

则，

同理：，

相减得，

又，同理可得，

故.

【小问3详解】

因为，所以，

故数列是公比为的等比数列.

又由，

故，

即，

从而，

同理，

所以，

第10位居民接种疫苗概率应该相差无几.

第位居民接种疫苗概率应该相差将会更小，所以张医生的话合理.

21. 如图，平面直角坐标系中，直线与轴的正半轴及轴的负半轴分别相交于两点，与椭圆相交于两点（其中在第一象限），且与关于轴对称，延长交㮋圆于点.

（1）设直线的斜率分别为，证明：为定值；

（2）求直线的斜率的最小值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，由可得，表示直线、的斜率，证得结果即可；

（2）设，直线与椭圆联立，得出韦达定理，表示点的坐标，得出直线的斜率结合均值不等式得出结果.

【小问1详解】

设，

由可得.

直线的斜率，

直线的斜率，

此时，所以为定值.

【小问2详解】

设，直线的方程为，直线的方程为

，

联立整理得.

由，可得，

所以.

同理.

所以，

，

所以.

因为，

所以，等号当且仅当时取得，

所以直线的斜率的最小值为.

22. 已知函数，其中.

（1）若，讨论的单调性；

（2）若不为的极值点，求.

【答案】（1）在上单增，在上单减   

（2）

【解析】

【分析】（1）若，则，求导解不等式即可得函数的单调区间确定函数单调性；

（2）结合函数的极值情况，确定导函数的单调性从而得的取值情况.

【小问1详解】

若，则，

.

令，得；，得，

所以在上单增，在上单减.

【小问2详解】

由（1）知，只需讨论时的情形，

，其中，

令，则，

其中，

令，则，

其中

（这里有.证明：令，则，

令，解得，

所以在上单增，在上单减，故）

因为，且，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立，即在上单增.

①当，即时，在上单减，在上单增，

此时在上恒成立，

所以在上单增，不为的极值点，符合题意.

②当，即时，取，

则当时，

故存在，使得，则在上单减，在上单增，

又因为，所以在上单减，在上单增，

此时为的极小值点，不合题意.

③当，即时，取，

则当时，

故存在，使得，

则在上单减，在上单增，

又因为，所以在上单增，在上单减，

此时为的极大值点，不合题意.

综上所述，