重庆市巴蜀中学2022-2023学年高三数学下学期高考适应性月考（七）试题（Word版附解析）

巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（七）数学

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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】D

【解析】

【分析】解分式不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.

【详解】由，则，即，解得，

所以，

由，即，解得，即，

所以.

故选：D

2. 已知为虚数单位，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法及乘方运算法则计算可得.

【详解】因为，

所以.

故选：C

3. 函数的图象经过下列哪个变换可以得到的图象，这个变换是（    ）

A. 先将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标扩大为原来的2倍

B. 先将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的

C. 先把函数的图象上每个点的横坐标缩小为原来的，再将图象向左平移个单位

D. 先把函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的2倍，再将图象向左平移个单位

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数变换规则计算可得.

【详解】先将函数的图象向左平移个单位得到，

再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的，得到，即.

故选：B

4. 已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】取的中点，连接，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】取的中点，连接则，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，

设直线与直线夹角为，则，

即直线与直线夹角的余弦值为.

故选：A

5. 抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，简称“解放碑”，位于重庆市渝中区解放碑商业步行街中心地带，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑.现在“解放碑”是重庆的地标性建筑，吸引众多游客来此打卡拍照.如图甲所示，解放碑的底座外观呈正八棱柱形，记正八棱柱的底面是正八边形，如图乙所示，若是正八边形的中心，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】设正八边形的边长为1，作平行四边形，则根据向量的平行四边形法则可以找到关系，即可求解.

【详解】由图可知角度关系，外角，作平行四边形，

，设八边形的边长为1，则，，所以，，所以.

故选：C

6. 在的展开式中，的系数是（    ）

A. 60 B. 35 C. 155 D. 90

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可得，再由的通项公式分别计算，即可得到结果.

【详解】

且的通项公式为:

令，则；

令，则；

令，则；

综上可得，展开式中的系数是.

故选:B

7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若的内切圆的半径与的内切圆的半径的乘积为，则双曲线的离心率为（    ）

A. 2 B. 3 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，，、，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，根据切线长定理及双曲线的定义得到，即可得到，同理可得，再由由射影定理得到，即可得到，从而得解.

【详解】设，其中，设、，

过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，由切线长定理可得、、，

则，

因为，

所以，所以，即，同理可得，

所以、在直线上，又因为平分，平分，

，所以，在中，，

由射影定理可得，即，所以，

则双曲线的离心率.

故选：A

8. 已知平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先以为相邻两边构造平行四边形，则，再由可得，进而得到，，数形结合得，由此可求出的范围.

【详解】令其中为的中点，以为相邻两边构造平行四边形，则，，

则，

所以，

以为圆心，2为半径作圆，为原点，为轴的正方向建立直角坐标系，如图所示，

又因为①，

②，

①-②得，所以，

这样点也在圆上，所以，

又因为，所以，

所以.

故选：C.

二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 若，其中为自然对数的底数，则下列命题正确的是（    ）

A. 在上单调递增 B. 在上单调递减

C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点中心对称

【答案】BC

【解析】

【分析】根据复合函数的单调性判断A、B，根据奇偶性的定义判断函数为偶函数，即可判断C、D.

【详解】因为在上单调递减，在上单调递增，在定义域上单调递增，

所以在上单调递减，在上单调递增，故A错误，B正确；

又，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，即关于直线对称，故C正确，D错误；

故选：BC

10. 下列选项正确的是（    ）

A. 有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种

B. 有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种

C. 有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种

D. 有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据分类分步计数原理,平均分组及不平均分组,隔板法等分别判断各个选项即可.

【详解】对于A:,故A正确；

对于B:不同的分组，2组2个，3组1个或1组3个，4组1个，

即或所以有种，故B正确；

对于C:应用隔板法，C选项等价于8个相同的球,放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个, 所以有种, 故C错误；

对于D:由于球和盒子相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，

存放1个盒子，将7个球放入1个盒子，有1种存放方式；

存放2个盒子，有3种；

存放3个盒子，有4种；

共有8种，故D正确.

故选：ABD.

11. 已知，当时，存在，，使得成立，则下列选项正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据题意，令，由即可判断A；

分别画出与的图像，即可判断B；

取得，即可判断CD.

【详解】由，令，所以，

令，其对称轴为，故函数在递增，

所以，

当时，即时，则函数递增，

所以.

当时，即时，存在，使得，即，

当时，，则函数递减，

所以，与矛盾，

综上，，故A正确；

由可得与在上存在分隔直线，

函数，在处的切线方程分别为:，，

所以，可得，故B正确；

取得，所以，得，

故C,D错误；

故选:AB

12. 已知截面定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（    ）

A. 截面图形可以是七边形

B. 若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形

C. 当截面是五边形时，截面可以是正五边形

D. 当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形

【答案】BD

【解析】

【分析】根据正方体的性质判断A、C，画出图形设，，，利用余弦定理求出、、，即可判断B，利用反证法说明D.

【详解】对于A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多条交线，所以形成的多边形最多为六边形，

所以截面图形一定不是七边形，故A错误；

对于B：设，，，由勾股定理得，

所以，

，

，

所以角均为锐角，所以为锐角三角形，故B正确；

对于C：正方体组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知，五边形中有两组对边平行，

所以截面五边形不可能为正五边形，故C错误；

对于D：截面分别交棱、于点、，假设四边形为直角梯形，，则，

又因为且、共面，所以或，

当时，因为面，面，则面，

又面面，所以，又因为，

所以四边形为平行四边形，与假设矛盾，

当，因为、且，面，

所以平面，即平面，又因为平面，

所以，与矛盾，所以假设不成立，故D错误；

故选：BD

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若离散型随机变量满足：，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据二项分布的方差公式及方差的性质计算可得.

【详解】因为，所以，

所以.

故答案为：

14. 函数的最大值为______.

【答案】##

【解析】

【分析】依题意可得，根据对勾函数的性质求出的取值范围，即可得解.

【详解】因为，

令，则，

令，，因为函数在上单调递增，所以，

即，则，

即函数的最大值为，当且仅当时取等号.

故答案为：

15. 已知圆，圆，请写出一条与两圆都相切的直线的方程：______.

【答案】或或或（写出其中一个即可）

【解析】

【分析】首先判断两圆的位置关系，即可判断公切线的条数，设切线与两圆圆心连线的交点为，分切线为外公切线与内公切线两种情况讨论，分别求出点坐标，再设出切线方程，利用点到直线的距离等于半径求出参数的值，即可得到切线方程.

【详解】圆的圆心，半径，

圆的圆心，半径，

所以，则两圆相离，所以两圆有条公切线，

设切线与两圆圆心连线的交点为，

①当切线为外公切线时，，所以，

解得，所以，设公切线，

所以圆心到切线的距离，解得，

所以公切线为，即或；

②当切线为内公切线时，，，所以，所以，设公切线，

所以圆心到切线的距离，解得，

所以公切线为，即或；

所以两圆的公切线为或或或.

故答案为：或或或（写出其中一个即可）

16. 已知数列满足：①；②.则的通项公式______；设为的前项和，则______.（结果用指数幂表示）

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】当为奇数时令可得，当为偶数时令，可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.

【详解】当为奇数时，令，则，

当为偶数时，令，则，

则，

当时，所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以，则，

当为奇数时，由，则，所以，

当为偶数时，由，则，所以，

所以，

所以

故答案为：，

四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在中，，，的对边分别为，，，已知.

（1）求证：；

（2）若，求边的最小值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，移项后平方消元，求出再应用同角三角函数关系求出即可；

（2）因为再应用余弦定理结合基本不等式求出最小值.

【小问1详解】

依题意,否则，则，矛盾，

由得，即得

故，

整理得，从而又因为可得，

从而.

【小问2详解】

由，由（1）可得

故为锐角，，

故，

从而当且仅当时取等号， 的最小值为.

18. 已知数列满足：关于的一元二次方程有两个相等的实根.

（1）求证：数列成等差数列；

（2）设数列的前项和为，，，求的最小值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）-12

【解析】

【分析】根据方程有两个相等的实数根，根据列关系式，因式分解即可证明.(2)由数列为等差数列，根据已知条件，代入通项公式与求和公式可以求出首项与公差，即可求得和的最小值.

【小问1详解】

因为方程

有两个相等的根，则，

化简得：，所以，

根据等差数列的定义可知，数列为等差数列.

【小问2详解】

因数列成等差数列，设公差为，首项为，

则由，，可列方程组，解得，

所以，令解得，

所以从第四项起，，所以的最小值为.

19. 如图甲所示，四边形为正方形，，为的中点.将沿直线翻折使得平面，如图乙所示.

（1）求证：平面平面；

（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由，即可得到平面，即可得证；

（2）取的中点为，的中点为，根据面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【小问1详解】

证明：因平面，平面，所以，

又，，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面.

【小问2详解】

解：取的中点为，的中点为，为等边三角形，则，又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，如图建立空间直角坐标系，

设，则，，，

则，，

设平面的法向量为，则，令，则，所以，

显然平面的法向量为，

设平面与平面所成二面角为，则，

所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为.

20. 兔年春节期间，烟花“加特林”因燃放效果酷炫在网上走红，随之而来的身价暴涨也引发关注，甚至还有买不到的网友用多支普通的手持燃放烟花自制“加特林”.据悉，有，，三家工厂可以各自独立生产烟花“加特林”，已知工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”也是正品的概率为，工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为，工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为.

（1）分别求，，三家工厂各自独立生产出来的烟花“加特林”是正品的概率；

（2），，三家工厂各自独立生产一件烟花“加特林”，记随机变量表示“三家工厂生产出来的正品的件数”，求的数学期望，它反映了什么实际意义？

【答案】（1），，   

（2），反映了随机变量平均取值的大小.

【解析】

【分析】（1）设，，三家工厂各自独立生产出来的烟花“加特林”是正品分别为事件，，，根据相互独立事件及对立事件的概率公式得到方程组，解得即可.

（2）依题意随机变量的取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到概率分布列，从而求出数学期望，再根据数学期望的意义说明即可.

【小问1详解】

设，，三家工厂各自独立生产出来的烟花“加特林”是正品分别为事件，，，

依题意，则，即，

所以，解得或（舍去），

所以，.

【小问2详解】

依题意随机变量的取值为、、、，

所以，，

，

，

所以随机变量的分布列为：

所以，

数学期望是随机变量最基本的数学特征之一，它反映了随机变量平均取值的大小.

21. 已知椭圆焦点在轴上，它的离心率为，且经过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，且过点，和点的圆的圆心在轴上，求直线的方程及此圆的圆心坐标.

【答案】（1）   

（2）直线的方程为或，圆心坐标为

【解析】

【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可.

（2）设圆心，，，设，由点在圆上得到，即可得到，同理可得，从而得到，再联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，即可求出，从而求出直线的方程，再求出，即可求出圆心坐标.

【小问1详解】

依题意可得，且，解得，，，

所以椭圆方程为.

【小问2详解】

设圆心，，，显然直线的斜率存在，设，

因为，则，又，代入得到，

同理可得，所以、是方程的两根，

所以，

由，消去整理得，

所以，解得，

所以直线的方程为或，

此时的中点横坐标为，所以，

所以，即此时圆心坐标为.

22. 已知函数.

（1）若，求函数的极值；

（2）若，，且满足，求证：.

【答案】（1）极小值为，无极大值.   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）依题意可得，则，先证明，构造函数利用导数即可证明，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明.

【小问1详解】

当时，则，

当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值为，无极大值.

【小问2详解】

证明：当时，依题意可得，显然，

先证明，令，则，

所以当时，单调递增，所以，

当时，单调递减，所以，

所以，

又依题意，

令，则，

所以当时，所以在上单调递减，

所以，也即，

当时利用在上单调递减可知，

当时也有，

所以，则，综上可得.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．