四川省宜宾市第四中学2023届高考数学（理）适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市第四中学2023届高考数学（理）适应性考试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

宜宾市四中高2020级高考适应性考试
数学（理工类）
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的补集和并集运算法则即可求得结果.
【详解】∵，∴，
而，∴.
故选：C.
2. 复数（是虚数单位）的虚部是（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法法则及复数的概念即可求解.
【详解】由题意可知，，
所以复数的虚部为.
故选：A.
3. 为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了某城市户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如下图.该样本数据的55%分位数大约是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，可通过频率分布直方图的性质求解出的值，然后设出样本数据的55%分位数为，根据题意列出等量关系，求解即可.
【详解】由直方图的性质可得：
，
解得，
由已知，设该样本数据的55%分位数大约是，由
，
解得.
故选：C.
4. 的展开式中，的系数为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】使用二项展开式的通项进行计算即可.
【详解】的展开式的通项是，（）
由题意，，
因此，的系数是.
故选：B.
5. 如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中不正确的是（　　）

A. CC1∥平面A1ABB1 B. AF∥平面A1B1C1
C. EF∥平面A1ABB1 D. AE∥平面B1BCC1
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得CC1∥AA1，AA1⊂平面A1ABB1，CC1⊄平面A1ABB1，∴CC1∥平面A1ABB1，故A正确；
AF⊂平面ABC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得平面ABC∥平面A1B1C1，∴AF∥平面A1B1C1，故B正确；
取A1B1中点N，又E是A1C1中点，∴NE∥C1B1，且NE＝C1B1，
又F是棱BC的中点，所以BF＝C1B1，AF∥C1B1，∴BF∥NE，BF＝NE，
∴四边形BFEN是平行四边形，∴EF∥BN，BN⊂平面A1ABB1，EF⊄平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1，故C正确；
∵EC1∥AC，但EC1≠AC，∴AE与CC1相交，从而有AE不平行于平面B1BCC1，故D错误．
故选：D．

6. 已知双曲线C：﹣＝1的一条渐近线过点P（1，2），F为右焦点，|PF|＝b，则焦距为（　　）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】根据一条渐近线过点P（1，2），可确定，再结合|PF|＝b，再由的关系，即可出答案.
【详解】解：由题意可知，双曲线C的渐近线方程为，
P（1，2）在一条渐近线上，所以，进而可得，
由|PF|＝b，可得．
∴,∴，
∴，解得c＝5．2c＝10
故选：D.
7. 在核酸检测时，为了让标本中DNA的数量达到核酸探针能检测到的阈值，通常采用PCR技术对DNA进行快速复制扩增数量．在此过程中，DNA的数量（单位：）与扩增次数n满足，其中为DNA的初始数量．已知某待测标本中DNA的初始数量为，核酸探针能检测到的DNA数量最低值为，则应对该标本进行PCR扩增的次数至少为（ ）（参考数据：，）
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出方程，利用指数与对数的互化即可求解.
【详解】由题意知，，令，得，取以10为底的对数得，所以．
故选：B.
8. 已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（ ）
A. 关于点对称 B. 关于点对称
C. 关于直线对称 D. 关于直线对称
【答案】B
【解析】
【分析】由相邻两条对称轴之间的距离为，可知，从而可求出，再由的图像向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，可得，从而可求出的值，然后逐个分析各个选项即可
【详解】因为相邻两条对称轴的距离为，故，，从而.
设将的图像向左平移单位后，所得图像对应的解析式为，
则，因的图像关于轴对称，故，
所以，，所以，
因，所以.
又，令，
故对称轴为直线，所以C，D错误；
令，故，所以对称中心为，所以A错误，B正确.
故选：B
【点睛】此题考查了三角函数的图像变换和三角函数的图像和性质，属于基础题.
9. 已知圆，圆，过动点P分别作圆、圆的切线PA，PB（A，B为切点），使得，则动点P的轨迹方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件结合圆的切线性质可得出，结合两点间的距离公式可得出答案.
【详解】由得．
因为两圆的半径均为1，则，
则，即．
所以点P的轨迹方程为．
故选：D
10. 已知椭圆()的右焦点为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点为，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点坐标公式、椭圆离心率公式，结合点差法进行求解即可.
【详解】解：设，，则的中点坐标为，
由题意可得，，
将，的坐标的代入椭圆的方程：，
作差可得，
所以，
又因为离心率，，所以，
所以，即直线的斜率为，
故选：A.
11. 在菱形中，，点在菱形所在平面内，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：由菱形中，，可得且，
设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，如图，

取中点，则，，
设，
则
，
所以当，时，取得最小值.
故选：C．
12. 若对，恒有，则正数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，令，，则原问题等价于恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得到恒成立，参变分离可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解；
【详解】解：因为，为正数，，
所以，即，
令，，则
，
则原问题等价于恒成立，
又，记，，则，
所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取得极小值即最小值，所以，
所以，所以在上单调递增，
因为恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
令，，
所以，所以当时，当时，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即的取值范围为；
故选：D
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在一次教学质量调研测试中，某学校高三有1200名学生，全部学生的数学成绩服从正态分布，若，且，则本次测试数学成绩在80到120之间的学生约有______人.
【答案】720
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的对称性求得概率后可得人数．
【详解】由题意，
所以．人数为．
故答案为：720．
14. 从装有4个红球和3个蓝球（除颜色外完全相同）的盒子中任取两个球，则在选到的两个球颜色相同的条件下，都是红球的概率为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件概率公式计算即可.
【详解】从装有4个红球和3个蓝球（除颜色外完全相同）的盒子中任取两个球，选到的两个球颜色相同的情况有种,，都是红球的情况有种，所以在选到的两个球颜色相同的条件下，都是红球的概率为.
故答案：.
15. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，且满足，则的长等于______．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，利用抛物线的定义及相似可得答案.
【详解】过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，则，，，由，∴，
故答案为：.

16. 如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H．设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：

①若E，F，G分别是的中点，则；
②若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；
③可能为直角三角形；
④．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①④
【解析】
【分析】①等体积法判断；②根据正方体的性质画出平行于平面的可能截面情况；③由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断的内角变化趋势即可；④设，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断.
【详解】①由，而，
所以，可得，正确；
②根据正方体的性质平行平面的平面有如下情况：

当截面在面与面之间时六边形，在面左上或面右下时为等边三角形，错误；
③分别在上不为顶点任意点，当从到过程递减，即小于，同理知：也小于，不可能为直角三角形，错误；
④若，又，即，
所以，
则，即，
所以，即，正确；
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：①④应用等体积法计算或转化，②由正方体性质及平面的基本性质作出截面判断；③根据正方体的性质，动点分析三角形的内角变化趋势.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分.
17. 已知正项等比数列的前项和为，，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）设的公比为，根据等差数列的性质列方程求得后可得通项公式；
（2）写出，由分组求和法求和．
【小问1详解】
设的公比为（），
因为，且，，成等差数列，
所以，即，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1），
．
18. 数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017－2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年－2021年对应的代码依次为1－5．
年份代码x
1
2
3
4
5
市场规模y
3.98
4.56
5.04
5.86
6.36

（1）由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；
（2）已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从中国在线直播购物用户中随机抽取4人，记这4人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若，求X的分布列与期望．
参考数据：，，，其中．
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）根据题意，进而结合已知数据和公式计算即可得；
（2）由题意知，再根据二项分布概率公式，结合得，再根据二项分布概率公式求解分布列与期望.
【小问1详解】
解：设，则，
因为，，，
所以．
把代入，得．
即关于的回归方程为．
【小问2详解】
解：由题意知，
，，
由得
所以，的取值依次为0，1，2，3，4，
，，
，，
，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P






19. 在四棱锥中，四边形为平行四边形，是等边三角形，.

（1）证明：；
（2）若，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取AM的中点N，利用线面垂直的判定定理可得AM⊥平面BDN，进而可得AM⊥BN，即证；
（2）由题可得，，可得平面ADM，建立坐标系，利用坐标法即得.
【小问1详解】
取AM的中点N，连接DN，BN，

∵是等边三角形，
∴AM⊥DN，又，
∴AM⊥平面BDN，又平面BDN，
∴AM⊥BN，又N为AM的中点，
∴；
【小问2详解】
∵，，是等边三角形，
∴，，
∴，又，
∴平面ADM，
如图建立空间直角坐标系，

则，
∴，
设平面BMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
设平面DMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为.
20. 已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，，分别是椭圆的右顶点和上顶点，三角形的面积为1（为坐标原点）．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于，两点，且三角形的面积是1，设直线的斜率为，直线的斜率为，问：与的乘积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）与的乘积为定值
【解析】
【分析】（1）根据点在椭圆上代入化简即可；
（2）讨论斜率不存在时的情况，再分析斜率存在时的情况，设为，设，，联立直线与椭圆的方程，根据三角形的面积是1得到，再表达出与的乘积代入韦达定理化简求解即可
【小问1详解】
由题意得
所以
而，所以
故椭圆的标准方程为：
小问2详解】
①当直线的斜率不存在时，设，代入椭圆方程得
所以
得
所以，或，
此时
②当直线的斜率存在时，设为，与轴交点为，
设，，联立
得
∴，
所以
所以
即
所以
所以

综上：与的乘积为定值
【点睛】本题主要考查了根据椭圆上的点化简求解椭圆方程的问题，同时也考查了直线与椭圆相交证明定值的问题，需要注意联立直线与椭圆的方程，设交点并用交点的坐标表达斜率，结合韦达定理化简，属于难题
21. 已知函数，.
（1）若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）若函数在定义域内有两个不同的极值点，.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）当时，证明：.
【答案】（1）2 （2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用切线方程可得，，即可求；
（2）（i）要使在定义域内有两个不同的极值点，，需满足在内有两个不同的零点，，设，得，通过分类讨论参数，可求a的取值范围；
（ii）证法不唯一，可设，由转化得，要证即证，令，通过构造，，结合即可求证；证法二方法类同于一，可作参考.
【小问1详解】
因为，则，
又，所以在点处的切线方程为，即，
又该切线为，则且，所以；
【小问2详解】
（i）函数定义域为，
因为函数在内有两个不同的极值点，，
即等价于函数在内有两个不同的零点，.
设，由，
当时，，在上单调递增，至多只有一个零点；
当时，在上，单调递增；
在上，单调递减，
所以，当时，，
函数有两个零点，则必有，
即，解得，
又，
易证，证明如下：
令，，
当时，，单减，当时，单增，
故，故，得证.
，所以在和上各有一个零点，
故有两个零点时，a的范围为；
（ii）法1：由（i）可知，是的两个零点，不防设，
由且，得.
因为
令，则，
记，，
由，令，.
又，则，即，
所以在上单调递增，故，即成立.
所以不等式成立.
法2：欲证，由，，则只需证：.
不妨设，则且，
则，
所以
令，则，
记，，
由，即在上单调递增，
故，即成立.
故.
【点睛】本题考查由切线方程求参数，由函数极值点个数求参数范围，函数不等式恒成立的证明，难度较大.对于含参极值点个数判断问题，需对参数进行分类讨论，将问题细化，才能进一步确定参数范围.不等式恒成立证明往往需要将所求问题等价转化，构造新函数，借鉴放缩法进行证明，本题中令，代换成对数函数证明的方法，往往用于处理零点（极值点）不等式问题，需要多多积累，方能游刃有余.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．
（选修4-4 极坐标与参数方程）
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同单位长度，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）求曲线上的点到直线距离的最小值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）消去曲线C的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线的直角坐标方程作答.
（2）设出曲线C上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答.
【小问1详解】
由（为参数），消去参数得，
所以曲线的普通方程为，
把代入直线的极坐标方程得：，
所以直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由（1）知，曲线的参数方程为（为参数），
设为曲线上一点，到直线的距离为，
则，其中锐角由确定，
因此，当时，取到最小值，
所以曲线上的点到直线距离的最小值为.
（选修4-5 不等式选讲）
23. 已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.
（1）若不等式有解，求a的取值范围；
（2）当时，对任意正实数p，q，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用绝对值三角不等式求解；
（2）先利用绝对值三角不等式求得最大值，再利用作差法比较.
【小问1详解】
解：由绝对值不等式，
得，
故，
当且仅当时取“=”，
所以不等式有解的充要条件是，
解得或，
故实数a的取值范围为
【小问2详解】
证明：由题可得，
当且仅当时取“=”，
故，
所以M=1，m+n=1.
因为，
，
，
，
，
所以
故.