2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（理）试题含解析

这是一份2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（理）试题 一、单选题1．复数在复平面上对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.故选：D2．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到集合，从而求出交集.【详解】，解得或，故或，故.故选：B3．实数满足约束条件则的最大值等于（    ）A．0 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义得到最大值.【详解】画出可行域（阴影部分）及目标函数，因为中斜率为，的几何意义为与轴交点的纵坐标，故当经过点时，取得最大值，联立，解得，故，将其代入解析式，得到的最大值为.故选：C4．某校为了解高一学生一周课外阅读情况，随机抽取甲，乙两个班的学生，收集并整理他们一周阅读时间（单位：），绘制了下面频率分布直方图.根据直方图，得到甲，乙两校学生一周阅读时间的平均数分别为，标准差分别为，则于（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据频率分布直方图求出平均数与方差，即可判断.【详解】根据频率分布直方图可知，，，所以，.故选：D5．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．是偶函数B．在上单调递增C．的图象关于直线对称D．的图象与轴围成的三角形面积为2【答案】C【分析】去掉绝对值，得到，画出其图象，进而判断出四个选项.【详解】A选项，，画出其函数图象，如下：故不是偶函数，A错误；B选项，在上单调递减，故B错误；C选项，的图象关于直线对称，C正确；D选项，的图象与轴围成的三角形面积为，D错误.故选：C6．在直角坐标系中，锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点.若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由两角和正切公式求，结合同角关系求，根据三角函数定义求.【详解】因为，所以，所以，所以，又，，所以，因为点为的终边与单位圆的交点，所以，所以.故选：B.7．直角三角形中，.若点满足，则（    ）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】利用表示，结合数量积的性质和数量积的定义求.【详解】由已知，，，因为，所以，所以.故选：B.8．如图，圆柱的底面直径与母线相等，是弧的中点，则与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出辅助线，找到异面直线形成的夹角，求出各边长，利用余弦定理求出夹角.【详解】取的中点，连接，则，且，故四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为与所成角，设，则，由勾股定理得，，，由余弦定理得，故，所以与所成角为.故选：C9．某工厂产生的废气经过过滤后排放，已知在过滤过程中的污染物的残留含量（单位：）与过滤时间（单位：）之间的函数关系为，其中是自然对数的底数，为常数，为原污染物总量.若前5个小时废气中的污染物被过滤掉了，则污染物被过滤掉了所需时间约为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意列出方程，求出，得到函数解析式，再设出未知数，解方程，求出答案.【详解】由题意得，化简得，两边取对数，，故，故设污染物被过滤掉了所需时间约为，则，化简得，即，解得，故污染物被过滤掉了所需时间约为77h.故选：C10．椭圆的上顶点为是的一个焦点，点在上，若，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量关系得到三点共线，表达出点坐标，代入椭圆方程，求出离心率.【详解】因为，所以三点共线，其中，不妨设，，则，由得，解得，故，将其代入中得，，解得，故离心率为.故选：A11．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】先根据左加右减得到的解析式，进而根据函数关于对称，求出，，又函数的单调性得到，从而求出答案.【详解】由题意得，的图象关于点对称，故，故，，解得，，又在上单调递减，故，又，解得，则，，解得或1，故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，当时，，当时，，因为在上不单调递减，不合要求，舍去，其他均不合要求.故选：B12．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造，，利用导函数得到其单调性，比较出，构造，，利用导函数得到其单调性，比较出，进一步比较出，得到，故.【详解】设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小. 二、填空题13．的展开式中的常数项为___________.【答案】【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，求出常数项.【详解】的展开式通项公式为，令，解得，故，所以展开式中常数项为.故答案为：14．已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.【答案】【分析】由圆的方程求圆心，由双曲线方程求双曲线的渐近线方程，由此确定直线的方程.【详解】方程可化为，所以圆的圆心的坐标为，半径，双曲线的渐近线方程为或，因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，所以直线的方程为，化简得，.故答案为：.15．在中，点在边上，.若，则___________.【答案】3【分析】在两个三角形中，分别使用正弦定理，结合，求出答案.【详解】在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②两式相除，得，因为，，且，所以，故，解得.故答案为：3.16．如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为___________【答案】【分析】将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，建立空间直角坐标系，几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，由距离公式得到方程，求出，即可求出，从而得解.【详解】如图将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，如图建立空间直角坐标系，则，，则几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，则，即，解得，所以，所以外接球的表面积，即该球表面积的最小值为.故答案为： 三、解答题17．公比为的等比数列的前项和.(1)求与的值；(2)若，记数列的前项和为，求.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据的关系由条件求，再结合等比数列定义求与的值；（2）先求，利用等差数列求和公式求，利用裂项相消法求.【详解】（1）已知.当时，；当时，.所以，由数列为等比数列，可得，又所以，即.（2）因为.所以，所以当时，，所以18．矩形中，（如图1），将沿折起到的位置.点在平面上的射影在边上，连结（如图2）.(1)证明：；(2)过直线的平面与平行，求与所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，再证明；（2）过作交于，连结，证明平面与平面重合，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求与所成角的正弦值.【详解】（1）由题意知：平面，平面，所以.又，平面，平面，且，所以平面.又平面，所以.（2）过作交于，连结，由于，平面，平面，所以平面.故平面即为平面.建立如图所示空间直角坐标系.由于，，故.又.因此，故是的一个法向量.由（1），又，，平面，所以平面，平面，所以，则在中可得，，，，则，，设与所成角为，则，.即与平面所成角的正弦值为.19．为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.项目题型每小题分值每小题答对概率甲类题乙类题丙类题 其竞赛规则为：第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：(1)若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；(2)经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.【答案】(1)(2)选择方案一，理由见解析 【分析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答题次数恰好为次”，可知，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；（2）设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，与方案一的期望进行大小比较，可得出结论.【详解】（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，则，，，记事件“小明答题次数恰好为次”，则.，即小明答题次数恰好为次的概率为.（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.，，，.所以，.因为，所以选择方案一.20．过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，(1)求的方程；(2)在轴上是否存在点，使得直线与直线的斜率之和为定值.若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，点， 【分析】（1）先得到直线的斜率不为0，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之积，进而由垂直得到向量数量积为0，列出方程，求出及抛物线方程；（2）假设点，使，结合第一问得到，得到方程组，求出.【详解】（1）当直线的斜率为0时，与抛物线交点为1个，不合要求，舍去，故设直线的方程为，代入并整理得.设，则，由得，即，所以，即，故抛物线的方程为.（2）假设存在满足条件的点，使.由（1）知，所以化简可得：.因为上式对恒成立，所以，解得.所以在轴上存在点，使得直线与直线的斜率之和为0.【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.21．已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，求曲线与的公切线方程.【答案】(1)在上单调递增.(2) 【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.【详解】（1）当时，令，有，当时，，函数在上单调递减，，函数在上单调递增， 故，即，所以在上单调递增.（2）因为，所以，设曲线在点与曲线在的切线相同，则切线方程为，即，整理得.又切线方程也可表示为，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因为，所以函数在在单调递增，又函数在在单调递增，所以在单调递增，又，当，，又得，所以，，所以在单调递减，在单调递增，所以，因此函数只有一个零点，即只有一个解，此时切线方程为，所以曲线与的公切线方程为.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用导数的几何意义确定切点的坐标满足的关系，再通过利用导数研究方程的解，确定切点坐标，由此求出切线方程.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，常数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.(1)写出的极坐标方程和的直角坐标方程；(2)若直线和相交于两点，以为直径的圆与直线相切，求的值.【答案】(1)的极坐标方程为，，的直角坐标方程为(2) 【分析】（1）消去参数得到的普通方程，再利用公式得到极坐标方程，注意定义域，再求出的直角坐标方程；（2）将代入的极坐标方程，求出的坐标，得到为直径的圆的圆心和半径，根据相切关系得到方程，求出答案.【详解】（1）将曲线的参数方程消去，得的普通方程为，且因为，所以，将，，代入，得，即，，即为的极坐标方程，由直线的方程化简得，化简得，即为的直角坐标方程.（2）将直线代入，得，即.故以为直径的圆圆心为，半径.圆心到直线的距离，由已知得，解得.23．设，已知函数的最小值为2.(1)求证：；(2)，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明不等式；（2）由柯西不等式进行证明【详解】（1）因为，由题意得，于是，当且仅当时取等号，即.（2）由柯西不等式得，当且仅当，即，即时取等号.故.