2023届四川省成都市简阳市阳安中学高考适应性考试数学（理）试题含解析

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2023届四川省成都市简阳市阳安中学高考适应性考试数学（理）试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简集合，根据并集的定义求.
【详解】因为不等式的解集为，
所以，
函数的值域为，
所以，
所以，
故选：B.
2．已知为虚数单位，，则复数在复平面上所对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】先根据复数的乘方求出，再根据复数的除法运算即可得解.
【详解】因为，
则，
所以在复平面上所对应的点为位于第二象限.
故选：B.
3．在的展开式中，的系数为（    ）
A．12 B． C．6 D．
【答案】D
【分析】根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
所以只有中的与中的相乘才会得到，
即，所以的系数为.
故选:D.
4．如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：

下列结论中错误的是（    ）
A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
C．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平
D．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
【答案】D
【分析】利用折线图、条形图及扇形图的特点即可求解.
【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；
对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；
对于D，由题中三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.
故选：D.
5．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面平面 B．
C． D．平面
【答案】C
【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，
所以，，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，故A选项正确；
对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，
因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；
对于C选项，若，由B选项知，则有，
令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，
所以，不满足，故C选项错误；
对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，
所以，平面，平面，
所以平面，故D选项正确.
故选：C

6．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值是（    ）
A．2 B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】作出可行域，根据的几何意义，即可求得答案.
【详解】画出不等式组表示的可行域，如图所示（阴影部分），

解方程组 ，得，故，
解，可得，故，
表示的是可行域内的点与原点连线的斜率，,
根据的几何意义可知的最大值为2，
的最大值为.
故选：C.
7．在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，由面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得解.
【详解】，
由正弦定理可得，
整理可得，
所以，
为三角形内角，，
∴，∵，，则，故B错误；
∵，，
，解得，
由余弦定理得，
解得或（舍去），故C正确，D错误.
又，所以，则三角形为等边三角形，
所以，则，故A错误.
故选：C.
8．为弘扬传统文化，某校进行了书法大赛，同学们踊跃报名，在成绩公布之前，可以确定甲、乙、丙、丁、戊5名从小就练习书法的同学锁定了第1至5名．甲和乙去询问成绩，组委会对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军．”对乙说：“你当然不会是五人中最差的．”则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名和甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名求出总事件的个数，再求出最终丙和丁获得前两名的方法总数，再由古典概率公式代入即可得出答案.
【详解】由概率的相关性质，只需分析甲乙丙丁戊五人情况即可．
①若甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名，剩下三人共有种情况，此时共有种情况；
②若甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名，有种情况，剩下三人共有种情况，此时有种情况．
则一共有种不同的名次情况，
最终丙和丁获得前两名的情况有种，故丙和丁获得前两名的概率．
故选：D.
9．已知，若恒成立，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】若恒成立，即，由余弦的二倍角公式和辅助角公式化简，求出，此时，则，由诱导公式即可得出答案.
【详解】，
其中，，所以当时，.
若恒成立，则，
此时，则，即，
.
故选：A.
10．定义：设不等式的解集为M，若M中只有唯一整数，则称M是最优解．若关于x的不等式有最优解，则实数m的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将不等式转化为.设，，根据的取值范围分类，作出的图象，结合图象，即可求得的取值范围.
【详解】可转化为.
设，，则原不等式化为.
易知m＝0时不满足题意.
当m>0时，要存在唯一的整数，满足，
在同一平面直角坐标系中分别作出函数，的图象，如图1所示
    
则，即，解得.
当m<0时，要存在唯一的整数，满足，
在同一平面直角坐标系中分别作出函数，的图象，如图2所示
  
则，即，解得.
综上，实数m的取值范围是.
故选：D
11．以双曲线的实轴为直径的圆与该双曲线的渐近线分别交于A，B，C，D四点，若四边形的面积为，则该双曲线的离心率为（    ）
A．或2 B．2或 C． D．
【答案】B
【分析】先由双曲线与圆的对称性得到，再将代入，从而得到，，进而结合得到关于的齐次方程，由此转化为关于双曲线离心率的方程即可得解.
【详解】依题意，根据双曲线与圆的对称性，可得四边形为矩形，如图，

不放设点位于第一象限，则，
因为双曲线的渐近线方程为，则，
以双曲线的实轴为直径的圆的方程为，则，
将代入，得，
则，即，所以，则，故，
又，所以，则，则，
所以，则，即，
所以，即，解得或，
因为，所以或.
故选：B.
12．已知函数和的定义域为，且为偶函数，，且为奇函数，对于，均有，则（    ）
A．1 B．66 C．72 D．2022
【答案】C
【分析】根据，求出的周期，由为偶函数求出；根据，求出的周期，由求出；再根据，均有，令即可列出关于的方程组，求出，最后根据函数的周期性可得.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，所以的周期，
所以，
又因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于直线对称，
所以；
因为，即，
所以，所以的周期，
所以，
因为为奇函数，
所以，
所以的图象关于点对称，
所以；
因为对于，均有，
所以，，
所以，
由，解得：，
所以，
故选：C.
【点睛】本题考查了函数的周期性、奇偶性以及对称性，利用题设给定的公式转化化简是关键，转化时要注意奇偶性的运用，可以利用函数的周期将问题转化到题中给定函数的区间内，最后进行对赋值即可得到相应的方程组，求解方程组即可.

二、填空题
13．已知直线与圆相交，则整数的一个取值可能是__________.
【答案】3（或，只需填写一个答案即可）
【分析】利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合直线与圆相交的条件即可求解.
【详解】由圆，得圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为
，
因为直线与圆相交
所以，解得，
所以整数的所有可能取值为.
故答案为：3（或，只需填写一个答案即可）.
14．已知点在直线上，点在直线外，若，且，，则的最小值为______.
【答案】
【分析】根据条件可得出 从而得出，进而得出BC，根据题意知，当时，最小，从而得出可得出的最小值．
【详解】根据题意，当时，最小；
由，
，
∴ ，即，
∴ ，

∴当时，由面积法得 ，，
所以的最小值为.
故答案为：
15．已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的外接球的表面积为________．

【答案】/
【分析】先把三视图还原成几何体，设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，由平面，平面可证明四边形为矩形，在中利用勾股定理求出，在中利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可.
【详解】如图，根据三视图可还原得四棱锥：

设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，
过做平面，连接
由三视图可知四边形为矩形，,,为的中点，，.
因为四棱锥外接球的球心满足平面，平面，
所以，又平面，所以，同理得.
所以四边形为矩形.
在矩形中，，
在中，因为，即，所以，
在中，外接球半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
16．已知在上恒成立，则实数a的取值范围________．
【答案】
【分析】令，再分和两种情况讨论，当时，不等式即为在上恒成立，令，即，易得函数在上递增，则在上恒成立，即，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】令，
当时，，当时，，
此时，显然题设不成立，
当时，在上恒成立，
即，
即在上恒成立，
令，即，
因为，所以函数在上递增，
所以在上恒成立，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，函数在上单调递增，
而，
所以时，在上恒成立，
当，即时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，
综上所述，实数a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.

三、解答题
17．已知等差数列前项和为，数列前项积为.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）求得数列的公差，由此求得.利用求得.
（2）利用裂项相消求和法求得.
【详解】（1）是等差数列，，
即：，又，
，
.
又，
当时，，符合上式，
.
（2）由（1）可得：，
.
18．如图，在四棱锥中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．

(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，求平面PCD与平面PAD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，平面APC
所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
所以，
令得．
设平面的法向量为，
所以，
令得．
设平面与平面的夹角为．
所以，

所以，平面与平面夹角的余弦值为．
19．设两名象棋手约定谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.已知每局甲赢的概率为p(0 (1)规定如果出现无人先赢k局而比赛意外终止的情况，那么甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比进行分配.若a=243，k=4，m=2，n=1，，则甲应分得多少奖金？
(2)记事件A为“比赛继续进行下去且乙赢得全部奖金”，试求当k=4，m=2，n=1时比赛继续进行下去且甲赢得全部奖金的概率f(p).规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件，请判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.
【答案】(1)216元
(2)不一定，理由见解析

【分析】（1）根据比赛继续进行的局数进行分类讨论，求得甲赢得全部奖金的概率，进而求得甲应分得的奖金.
（2）先求得、，利用导数求得的最小值，从而求得的最大值，由此作出判断.
【详解】（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.
当X=2时，甲以4：1赢，得；
当X=3时，甲以4：2赢，得；
当X=4时，甲以4：3赢，得.
于是，甲赢得全部奖金的概率为，
进而得甲应分得的奖金为（元）.
（2）设比赛继续进行Y局且乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
当Y=3时，乙以4：2赢，得；
当Y=4时，乙以4：3赢，得.
所以，乙赢得全部奖金的概率.
于是，甲赢得全部奖金的概率.
对f(p)求导，得.
因为，所以，得f(p)在上是严格增函数，
于是.
由此可知，，
即乙赢的最大概率大于0.05，
所以事件A不一定是小概率事件.
20．已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.
(1)求C的方程；
(2)直线：与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)；
(2)是定值，.

【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于的方程组，解方程组作答.
（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分，进而可得直线的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断作答.
【详解】（1）由椭圆的离心率为得：，即有，
由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，
所以C的方程是.
（2）为定值，且，
因为，则，
因此，而，有，
于是平分，直线的斜率互为相反数，即，
设，
由得，，即有，
而，则，
即
于是
，
化简得：，
且又因为在椭圆上，即，即，，
从而，，
又因为不在直线上，则有，即，
所以为定值，且.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．已知函数．
(1)当时，求函数的极值．
(2)若有三个极值点，且，
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数的最小值；
（2）①当时，判断函数的单调性，说明不合题意，当时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；
②由题意可判断三个零点的范围且满足，因为要证明，即，也即，又因为 ，故只要证明，故构造函数，利用其单调性证明即可证明结论成立.
【详解】（1）解：当时，，
令，则，
所以函数在上单调递增，
由，所以时，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有极小值为，无极大值；
（2）①解：由，
所以，
因为 ,仅当时取等号，
于是，当时，，函数在上单调递增，
此时至多有一个零点，不符合，
当时，令，得，
当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，
在上单调递减，
注意到，当时，，
所以，，
又 ， ，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，所以，
故，
则 ，
，
因此 在 内恰有一个零点（即在有一个零点），
在内有一个零点，即 ，
在内有一个零点，
故有三个零点，则；
②证明：由题意知，又注意到，
所以，即，
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因此，两边同除以，得，
而，故．
【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值以及根据零点个数求参数范围和证明不等式问题，综合性强，计算量大，对学生的综合数学素养有很高的要求，解答时要能熟练应用导数的相关知识，比如求导，判断导数正负，判断单调性,解决函数零点问题等，解答的关键在于能根据要证明的不等式合理变式，从而构造恰当的函数，利用导数解决问题.
22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，若为曲线上的动点，将绕点顺时针旋转得到，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)在极坐标系中，点，射线与曲线，分别交于异于极点的，两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）假设曲线上的动点的极坐标为，设，即可得到，再由点在上即可求出的轨迹方程；
（2）首先求出及点到射线的距离，即可求出的面积.
【详解】（1）解：假设曲线上的动点的极坐标为，设，
由题意，因为，所以，
所以曲线的极坐标方程为.
（2）解：由题意可得，
又因为到射线的距离，
所以.
23．已知，求证：
(1)；
(2).
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元基本不等式即可得证.
（2）利用基本不等式推得，，，再相加即可得证．
【详解】（1）因为，
所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即，故.
（2）因为，
因为，当且仅当，即取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
上面三式相加可得，即，
当且仅当，，且，即时，等号成立，
因为，所以，
所以.