2023_2024学年四川资阳高考适应性考试数学(理)试卷(附解析)

这是一份2023_2024学年四川资阳高考适应性考试数学(理)试卷(附解析)，共19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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】分别化简集合，由集合的交集运算即可得出结论.
【详解】由题意可得，，则．
故选：C.
2．已知复数，且，则ab=（ ）
A．-9B．9C．-3D．3
【正确答案】D
【分析】由题意可得，化简后利用复数相等即可解得，，从而可解.
【详解】由题意可得，则，
从而，，故．
故选：D
3．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】用对数函数的单调性和比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系.
【详解】因为,所以为减函数，
所以，即.
因为,所以为增函数，
所以，即.
因为,所以为增函数，
所以，即，
所以．
故选：D
4．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值.
【详解】因为向量，，则，
因为，则，解得．
故选：B.
5．设等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．26B．32C．52D．64
【正确答案】C
【分析】根据等差数列的性质计算即可.
【详解】由等差数列的性质可得．则．故．
故选：C
6．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内可填入的条件是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】按流程图顺序运算可得结果.
【详解】由程序框图可知，解得，
所以当时，结束循环.
故选：D
7．已知函数满足，且是偶函数，当时，，则（ ）
A．B．3C．D．
【正确答案】B
【分析】由函数的奇偶性和对称性，得到函数的周期，利用周期和指数式的运算规则求函数值.
【详解】由是偶函数，得，令，则．
由，令，则，
则有，即，所以函数周期为4．
因为，则有，
所以．
故选：B
8．如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，计算出以及的值，分析可知当、、三点共线时，取得最大值，再结合余弦定理求解即可.
【详解】如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记．
由题意可知，，所以，，
所以，，则，
，
从而，
故．
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得．
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则．
故选：C.
9．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（ ）
A．360种B．420种C．480种D．540种
【正确答案】D
【分析】利用要求根据区域依次讨论计算即可.
【详解】如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉，有4种不同的布置方案，
再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案．
若区域B与区域E布置同一种花卉，则区域C有3种不同的布置方案；
若区域B与区域E布置不同的花卉，则区域B有2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方案．
故不同的布置方案有种．
故选：D
10．已知双曲线的左焦点为，点M在双曲线C的右支上，，若周长的最小值是，则双曲线C的离心率是（ ）
A．B．C．D．5
【正确答案】B
【分析】设双曲线C的右焦点为，连接，线段交双曲线C于点，由三角形两边之和大于第三边得，再由双曲线的定义得，从而得到，所以周长的最小值可表示为，结合条件可求出关于的方程，即可解出离心率.
【详解】如图，
设双曲线C的右焦点为，连接，线段交双曲线C于点，
则．
由双曲线的定义可得，则．
因为，所以，
则周长的最小值为，
整理得，即，
解得．
故选：B
11．已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】利用条件求出的长，从而得出正三棱锥为正四面体，进而求出三棱锥的表面积，再利用等体法求出内切球的半径，即可得出结果.
【详解】如图，取棱AB的中点D，连接CD，作平面，垂足为H，则．由正三棱锥的性质可知在上，且．
因为，所以，则．因为，所以，则三棱锥P—ABC的表面积，设三棱锥P—ABC的内切球的半径为r，则．解得，
从而三棱锥P—ABC的内切球的表面积为．
故选：A.
12．已知函数，函数恰有5个零点，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】由题意可先做出函数的大致图象，利用数形结合和分类讨论，即可确定m的取值范围.
【详解】当时，．由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，故的大致图象如图所示．
设，则，由图可知当时，有且只有1个实根，
则最多有3个不同的实根，不符合题意．
当时，的解是，．有2个不同的实根，有2个不同的实根，
则有4个不同的实根，不符合题意．
当时，有3个不同的实根，，，且，，．
有2个不同的实根，有2个不同的实根，有3个不同的实根，
则有7个不同的实根，不符合题意．
当时，有2个不同的实根，，且，．
有2个不同的实根，有3个不同的实根，
则有5个不同的实根，符合题意．
当时，有2个不同的实根，，且，，
有2个不同的实根，，有2个不同的实根，则有4个不同的实根，不符合题意．
当时，有且只有1个实根，则最多有3个不同的实根，不符合题意，
综上，m的取值范围是．
故选：C.
方法点睛：对于函数零点问题，若能够画图时可作出函数图像，利用数形结合与分类讨论思想，即可求解.本题中，由图看出，m的讨论应有，，，，这几种情况,也是解题关键.
二、填空题
13．幸福指数是衡量人们对自身生存和发展状况的感受和体验，即人们的幸福感的一种指数．某机构从某社区随机调查了10人，得到他们的幸福指数（满分：10分）分别是7.6，8.5，7.8，9.2，8.1，9，7.9，9.5，8.3，8.8，则这组数据的中位数是______
【正确答案】8.4
【分析】利用中位数的求法，依次排序计算即可.
【详解】将这组数据按从小到大的顺序排列为.7.9，8.1，8.3，8.5，8.8，9，，则这组数据的中位数是．
故8.4
14．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于、两点，若，则______.
【正确答案】
【分析】设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合抛物线的焦半径公式结合已知条件可求得的值.
【详解】设、，联立整理得，
则，可得，
由韦达定理可得．
由抛物线的定义可得，则，解得．
故答案为.
15．设数列的前n项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则的最小值是______
【正确答案】
【分析】根据递推公式先求出 的通项公式，再根据 的单调性求解.
【详解】由题意可得．则．当时，，所以，
当时，满足上式，则；
因为 ，所以当时， ，
则，当时，，当 时，，则 是单调递增的，
故的最小值是；
故 .
16．已知函数，，且的最小值是．若关于x的方程在上有2023个零点，则的最小值是______
【正确答案】
【分析】先由条件可求得解析式，再求得的零点，结合正弦函数的图象及性质可得结果.
【详解】由题意化简可得，则，即，
解得．
由，得，则或，
解得或，
结合图象可知：的相邻两个零点之间的距离是或．
要使最小，则m，n都是的解，则．
故
三、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)证明：
(2)若，，求△ABC的面积．
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角结合三角恒等变换化简得，可证明；
（2）结合（1）得．，利用正弦定理及面积公式计算即可.
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以．
所以，
即．
因为在△ABC中，所以，即，
故．即．
（2）解：由（1）可知．
因为，所以．则．．
由正弦定理可知．则．．
故△ABC的面积．
18．某杂志社对投稿的稿件要进行评审，评审的程序如下：先由两位专家进行初审．若两位专家的初审都通过，则予以录用；若两位专家的初审都不通过，则不予录用；若恰能通过一位专家的初审，则再由另外的两位专家进行复审，若两位专家的复审都通过，则予以录用，否则不予录用．假设投稿的稿件能通过各位专家初审的概率均为，复审的稿件能通过各位专家复审的概率均为，且每位专家的评审结果相互独立．
(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
(2)记X表示投到该杂志的3篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及期望．
【正确答案】(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据独立性分别求得投到该杂志的1篇稿件初审直接被录用的概率，投到该杂志的1篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率，即可求解；
（2）由题意可知X～B ，从而可求X的分布列及期望.
【详解】（1）由题意可得投到该杂志的1篇稿件初审直接被录用的概率：
投到该杂志的1篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率．
故投到该杂志的1篇稿件被录用的概率．
（2）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B ，
，
．．
则X的分布列为
故．
19．如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，且，，．
(1)证明：平面平面．
(2)求平面ACD与平面夹角的余弦值．
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明面面垂直即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值即得.
【详解】（1）如图，取棱AB的中点O，连接，OC，．
由题意可知为菱形，且，则为正三角形．
因为O是棱AB的中点，所以．
由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则，．
因为是边长为2的等边三角形，所以．
因为，所以，所以．
因为AB，平面，且，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知OB，OC，两两垂直，故分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．．，，，故，．
，．
设平面ACD的法向量为，
则，
令，得．
设平面的法向量为，
则，
令，得．
设平面ACD与平面的夹角为θ，则
即平面ACD与平面夹角的余弦值为．
20．椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为，，点在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点的直线l与椭圆E交于P，Q两点（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．
【正确答案】(1)
(2)点M在定直线上
【分析】（1）根据左右顶点及点在椭圆上列式求解写书椭圆方程即可；
（2）先设直线方程再联立方程组求韦达定理，再求两个直线的交点，确定交点横坐标即得.
【详解】（1）设椭圆E的方程为．
则，解得，
故椭圆E的方程为．
（2）依题可设直线l的方程为，，，．
联立方程组，整理得，
则，
直线AP的方程为，直线BQ的方程为，
联立方程组，得
由，得，得．
所以.
故点M在定直线上．
21．已知函数（其中e为自然对数的底数），且曲线在处的切线方程为．
(1)求实数m，n的值；
(2)证明：对任意的，恒成立．
【正确答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知得，代入求解即可；
（2）由题知，求导研究函数的单调性证得恒成立，即可证得结论.
【详解】（1）因为，所以．
则
解得，．
（2）证明：设
则．
设，则．
设，则．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，即在
上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以存在，，使得．
故当时，；当时，．
所以在与上单调递增，在上单调递减．
因为，，所以存在唯一的，使得，
所以当时，当时，，
则在与上单调递减，在与上单调递增．
故是与中的较小值．
因为，，所以恒成立，
即对任意的．恒成立．
关键点睛：在本题第二小问中，判断的单调性需要进行二阶求导，多次运用导数确定函数的单调性是解题关键，证明过程中需理清解题思路，运算难度较大，属于较难题.
22．在平面直角坐标系中，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，直线的极坐标方程是．
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)设射线与曲线交于点，与直线交于点，求的值．
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再转换为极坐标方程即可；
（2）设点的极坐标为，设点的极坐标为，将射线的在极坐标方程分别代入曲线、直线的极坐标方程，求出、，进而可得的值.
【详解】（1）解：由（为参数）可得（为参数），
消去参数可得，即，
转换为极坐标方程可得，即曲线的极坐标方程为.
（2）解：设点的极坐标为，设点的极坐标为，
将代入曲线的极坐标方程可得，
因为，解得，
将代入直线的极坐标方程可得，可得，
因此，.
23．已知，，且．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
【正确答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）由基本不等式即可求出的最小值．
（2）化简已知得，即，利用基本不等式即可得证.
【详解】（1）（2）因为，所以，所以．
因为，，所以，当且仅当时，等号成立，
则，即的最小值是2．
（2）证明：因为，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以．当且仅当时，等号成立
则，即，当且仅当时，等号成立．
关键点睛：本题第二小问中用配凑法将的证明转化为的证明，其中是解题关键，本题考查不等式的证明，基本不等式的应用，属于较难题.X
0
1
2
3
P