四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高考数学（文）适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高考数学（文）适应性考试试题（Word版附解析），共23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。

叙州区一中高2020级高考适应性考试
数学（文史类）
本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用指数函数的单调性和对数函数的定义域得到，，即可得到.
【详解】由，，
则，
所以．
故选：A.
2. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. 6 C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则化简，再根据复数的定义得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】因为

，
因为复数为纯虚数，所以，解得.
故选：D
3. 已知向量，，若与平行，则实数的值为（ ）
A. B. C. 6 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求与的坐标，然后由向量平行的坐标表示可得.
【详解】因为，，
所以，
又与平行，
所以，解得.
故选：D
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要分件
【答案】C
【解析】
【分析】运用换元法令，通过解一元二次不等式及指数不等式可得的范围，再结合集合的包含关系判断条件间的充分、必要关系.
【详解】令，则由得，
解得或，又因为，
所以，即：，解得，
又因为“”是“” 的充要条件，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
5. 函数的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，令，可以排除AD，然后求导得，即可排除C.
【详解】因为，令，则，
即，解得，或，解得，
所以当时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点，
所以排除AD；
当时，，
则，当时，，
所以当时，，函数单调递增，所以B正确；
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角的变换及诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系求解.
【详解】，
，
.
故选：D
7. 设等比数列的前n项之积为Sn，若，，则a11=（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列的性质可得，，进而可得，运算求解即可.
【详解】因为，，所以，，
解得，，
则，故．
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列的性质，考查数学运算的核心素养．
8. 在平面直角坐标系中，直线与双曲线的一条渐近线平行，且双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与双曲线得一条渐近线平行可得的关系，求出双曲线的一个焦点的坐标，再根据的关系求出，即可得解.
【详解】因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，即，
由直线，令，得，
则双曲线的一个焦点为，即半焦距，
由，得，所以，
所以双曲线方程为.
故选：C.
9. 设，则的最小值是（ ）
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可得利用均值不等式结合符号可得答案.
【详解】由，则则且

因为，所以当且仅当时，取得等号.
当时，有
当且仅当，即 时取等号
当时，有
当且仅当，，即 时取等号
综上可得的最小值为5
故选：C
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
10. 已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则a的值等于（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数性质知，当时，的最大值为-1，再利用导数求出函数的单调性求出，即得解.
【详解】由奇函数性质知，当时，的最大值为.
令.
当0 当时，，在递减.
∴.
故选：D
11. 在三棱锥中，平面，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据已知条件用把三棱锥的体积表示出来，然后利用导数确定体积取最大值时的值，进而确定出三棱锥外接球的半径，从而求出体积.
【详解】设，则，
故三棱锥的体积.

设，则.
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即三棱锥体积的最大值是，此时，即.
因为平面，
所以三棱锥外接球的半径，
则三棱锥外接球的体积为.
故选：B.
12. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
①函数有两个极值点；
②若关于的方程恰有1个解，则；
③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点；
④若，且，则无最值.
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出①；作出函数图象，即可判断②；根据①求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出③；作图，根据图象得出与有3个交点时，的范围.然后用表示出，即可得出，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断④.
【详解】对于①，当时，，恒成立，
所以在上单调递增；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确；
对于②，作出的图象如下图1

由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误；
对于③，由①知，当时，，
因为，所以，所以，当且仅当；
当时，；
当时，，
因为，所以，所以，当且仅当.
综上所述，，有恒成立.
又直线可化为，斜率为，
所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故③正确；
对于④，

由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点.
则有，所以，
所以，.
令，，
则.
令，则在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，，
根据零点存在定理可知，，使得，
且当时，，
所以，所以在上单调递减；
当时，，
所以，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误.
综上所述，①③正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：遇到条件时，常设，然后根据图象得出的范围.根据解析式，用表示出，将所求表达式表示为的函数，根据导函数研究函数的单调性、极值、最值等.
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. 已知实数x，y满足约束条件则的最大值为 ______．
【答案】3
【解析】
分析】作出可行域，通过平移直线即可求解.
【详解】如图，由约束条件可得可行域为阴影部分，

由得，作出直线，
由得交点坐标为，
平移直线知，当直线过点时，z取得最大值，∴．
故答案为：3.
14. 执行如图所示的程序框图，输出的值为______.

【答案】
【解析】
【分析】根据程序框图，第一次循环得出，，返回循环；第二次循环得，，执行输出，即可得出答案.
【详解】开始，，，计算可得，
然后计算可得，执行判断，结果否，返回循环；
，，计算可得，
然后计算可得，执行判断，结果是，执行输出可得.
故答案为：.
15. 已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn﹣2Sn﹣1﹣2＝0（n≥2），则数列{nan}的前n项和Tn＝__．
【答案】（n﹣1）2n+1+2
【解析】
【分析】利用数列的递推关系式求出数列的首项与公比，然后求解通项公式，利用错位相减法求解{nan}的前n项和Tn．
【详解】解：等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn﹣2Sn﹣1﹣2＝0（n≥2），设公比为，
n＝2时，S2﹣2S1﹣2＝0，即a1q﹣a1﹣2＝0
n＝3时，S3﹣2S2﹣2＝0，可得a1q2﹣a1﹣a1q﹣2＝0，
解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n，
nan＝n2n，
Tn＝1×2+2×22+3×23++n2n，①，
2Tn＝1×22+2×23+3×24++n2n+1，②
①﹣②可得：﹣Tn＝2+22+23+••••+2n﹣n2n+1n2n+1＝（1﹣n）2n+1﹣2，
所以Tn＝（n﹣1）2n+1+2．
故答案为：（n﹣1）2n+1+2．
16. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，且，为坐标原点，直线交的准线于点，则与的面积之比为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，根据及焦半径公式求出，即可求出点坐标，从而求出直线的方程，再联立方程求出点坐标，求出的方程即可求出点坐标，最后根据面积公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，因为，
所以，即，则，解得，不妨取，
则直线的方程为，即，
由，解得，所以，
又直线的方程为，令，可得，所以，
所以.

故答案为：
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. 为了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，全校共有1000名学生参加，其中男生450名，采用分层抽样的方法抽取100人，将他们的比赛成绩（满分为100分），分为6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．其中成绩不低于80分为“优秀”，低于80分为“非优秀”．

（1）求实数a的值，并估算全校1000名学生中成绩优秀的人数；
（2）完成下列列联表，判断是否有95%的把握认为比赛成绩优秀与性别有关．

优秀
非优秀
合计
男



女
10


合计



附：，其中．

0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1），250（人）
（2）填表见解析；没有
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1求得，进而根据频率估计成绩优秀的人数；
（2）根据题意结合分层抽样完善列联表，求，并与临界值对比分析.
【小问1详解】
由题意可得：，解得，
样本中成绩优秀的频率为：，
以样本估计总体，全校1000名学生中成绩优秀的人数为：（人）.
【小问2详解】
由题意，采用分层抽样，男生抽取人数人，女生抽取人，
且样本中优秀的人数为人，
故列联表如下：

优秀
非优秀
合计
男
15
30
45
女
10
45
55
合计
25
75
100
可得，
因为，故没有95%的把握认为比赛成绩优秀与性别有关
18. 在△ABC中，．
（1）求B的值；
（2）给出以下三个条件：①；②，；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长．
【答案】（1）
（2）正确条件为①③，（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；
（2）根据条件组合判断出正确条件为①③，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求；
（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长．
【小问1详解】
由题设，
而，
所以，故；
【小问2详解】
若①②正确，则，得或，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则，可得，即②为错误条件，
综上，正确条件为①③，
（i）由，则，即，
又，可得，
所以，可得，则，
故；
（ii）因为且，得，
由平分得，
在中，，
在中，由，得．

19. 如图，多面体ABCDE中，平面ABC，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，，AE=2．

（1）证明：平面平面BCD；
（2）求多面体ABCDE的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）若为中点，连接，易证，由面面垂直性质得面，易知，进而证为平行四边形，即，最后根据线面垂直的性质及判定和面面垂直的判定证结论；
（2）由求组合体的体积即可.
【小问1详解】
若为中点，连接，

由是边长为2的等边三角形，，则，
又面面ABC，面，面面，故面，
因为平面ABC，故，又，
所以为平行四边形，即，
由面，则，，面，
所以面，即面，又面，
所以平面平面BCD；
【小问2详解】
由多面体ABCDE的体积.
20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，，M是椭圆R上异于A，B的一点，且直线MA与直线MB的斜率之积满足.
（1）求椭圆R的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于C，D两点，且直线AC，BD交于点Q，求点Q的横坐标.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得a的值，设出M坐标，由点M坐标适合椭圆方程及可求得值，进而求得椭圆方程.
（2）联立直线CD方程与椭圆方程，联立直线AC方程与直线BD方程并运用韦达定理代换可求得交点Q的横坐标.
【小问1详解】
由题意知，，
设，则，
所以，解得：，
所以椭圆方程为.
小问2详解】
如图所示，

设直线CD的方程为，设，，
，
则，，
所以，
因为直线AC方程为①，直线BD方程为②，
所以联立①②得，
所以Q点横坐标为4.
21. 已知函数．
（1）若，求的最小值；
（2）若时，有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）0；（2）．
【解析】
【分析】（1）求导得，根据导数即可求出函数的单调性与最值；
（2）分类讨论利用导数研究函数的单调性，再借助零点存在性定理可得出答案．
【详解】解：（1）当时，，
定义域是，，
∴当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
∴；
（2），，
①当时，，在上单调递减，
∵，∴在上有且只有一个零点1，不合题意；
②当时，
若，即时，则有时，，在上单调递增，
∴在上有且只有一个零点1，不合题意；
当，即时，
则有时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
∵，∴，
又存在，，
∴，在上存在唯一零点，
又在上有零点1，
∴在上有二零点，
综上：．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想，考查数学运算能力，考查转化与化归思想，属于难题．
（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. 已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点．
（1）求曲线的普通方程；
（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．
【答案】（1）.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.
（2）写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），得，
，，即（为焦点在轴上的椭圆）.
【小问2详解】
设直线的倾斜角为，直线过点
直线的参数方程为（为参数），
将直线的参数方程代入，可得，
，
设，两点所对的参数为，，
曲线与轴交于两点，
在曲线的内部，一正一负，
，而，，
，，，

解得，为直线倾斜角，，
，，或，
直线的倾斜角为或.
（选修4-5 不等式选讲）
23. 已知关于x的不等式有解.
（1）求实数t的取值范围；
（2）若a，b，c均为正数，m为t的最大值，且.求证:.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)令，求出的最大值，由不等式有解可知，从而得到关于t的不等式，即可解出t的取值范围；
(2)由柯西不等式得即可证明结论.
【小问1详解】
令，
所以当时，取得最大值为3，
关于x的不等式有解等价于，
即
当时，上述不等式转化为，解得，
当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述t的取值范围为，
故实数t的取值范.
【小问2详解】
根据（1）可得a，b，c均为正实数，且满足，
所以由柯西不等式可得
，
当且仅当，，时取等号，