2023届四川省南充市高考适应性考试（二诊）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省南充市高考适应性考试（二诊）数学（理）试题含解析，共21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。

2023届四川省南充市高考适应性考试（二诊）数学（理）试题

一、单选题
1．复数满足：，则（    ）
A．1+2i B．－1+2i C．1－2i D．－1－2i
【答案】C
【分析】由复数的四则运算求解即可.
【详解】由，得.
故选：C
2．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用一元二次不等式的解法求解相应不等式，得到集合，然后根据并集的定义求得结果，进而做出判定.
【详解】由，解得，即，
又∵集合，∴，
故选：A.
【点睛】本题考查集合的并集，涉及一元二次不等式的解法，属基础题.
3．近年来国产品牌汽车发展迅速，特别是借助新能源汽车发展的东风，国产品牌汽车销量得到了较大的提升．如图是2021年1－7月和2022年1－7月我国汽车销量占比饼状图，已知2022年1－7月我国汽车总销量为1254万辆，比2021年增加了99万辆，则2022年1－7月我国汽车销量与2021年1－7月相比，下列说法正确的是（    ）

A．日系汽车销量占比变化最大 B．国产汽车销量占比变大了
C．德系汽车销量占比下降最大 D．美系汽车销量变少了
【答案】B
【分析】由饼状图分析即可
【详解】由饼状图可得日系汽车销量占比下降2.2%，德系汽车销量占比下降1.6%，
美系与其他下降不足1%，而国产汽车销量占比增加5%>2.2%，故B选项正确，A、C选项错误；
美系汽车销量由变化为增加了，D选项错误.
故选：B
4．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义求得，利用诱导公式和二倍角的余弦公式，即可求得答案,
【详解】由题意角的终边经过点，则，

故，
故，
故选：C
5．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以yOz平面为投影面，则正视图可以为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意画出几何体的直观图，然后判断以yOz平面为投影面，得到的正视图即可．
【详解】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，

如图几何体的直观图是以正方体的部分顶点为顶点的一个四面体，
则以yOz平面为投影面，得到的正视图如下图所示：

故选：B.
6．智慧的人们在进行工业设计时，巧妙地利用了圆锥曲线的光学性质，比如电影放映机利用椭圆镜面反射出聚焦光线，探照灯利用抛物线镜面反射出平行光线．如图，从双曲线右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线斜率为，且和反射光线PE互相垂直（其中P为入射点），则双曲线的离心率为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由入射光线的斜率得出，进而得出，再由双曲线的定义得出双曲线的离心率.
【详解】因为入射光线斜率为，所以，又，，
所以，又，
所以.
故选：D
7．已知数列的前n项和为，若，（），则等于（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据数列递推式（），可得（），推出，（），结合等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】因为（），所以（），
两式相减得，（），
由（），得，故可知，
而，所以，（），
故从第二项开始，为公比为4的等比数列，
故，
故选：A
8．在二项式的展开式中，二项式的系数和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二项式系数和求得n，利用二项式展开式的通项公式确定有理项的项数，根据插空法排列有理项，再根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为，
所以.
则即，通项公式为，
故展开式共有9项，当时，展开式为有理项，
把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，
即把其它的6个无理项先任意排，再把这三个有理项插入其中的7个空中，方法共有种,
故有理项都互不相邻的概率为,
故选：C
9．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且△ABC的面积为，则△ABC周长的最小值为（    ）
A． B．6 C． D．
【答案】B
【分析】首先利用正弦定理及诱导公式，二倍角公式对原式化简得，即求出的大小，再利用三角形面积公式得，从而求出的最小值，最后得到，利用函数单调性即可求出其最小值.
【详解】由题设及三角形内角和性质：，
根据正弦定理及诱导公式得，
，，，即，
，则，则，解得,则，
所以，则，
又仅当时等号成立，
根据余弦定理得，即，
设的周长为，则，
设，则，
根据复合函数单调性：增函数加增函数为增函数得：在上为单调增函数，
故，故，当且仅当时取等.
故选：B
10．如图，已知点P是圆上的一个动点，点Q是直线上的一个动点，为坐标原点，则向量在向量上的投影的最大值是（    ）

A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】设，的夹角为，设，根据向量的投影的定义结合数量积的运算可表示出向量在向量上的投影，结合圆的方程可得，利用三角恒等变换化简即可求得答案.
【详解】设，的夹角为，则向量在向量上的投影为，
若要投影取得最大值，则应为锐角，
设，不妨设，由题意可知，
则根据向量数量积的运算可得，
由于点P是圆上的一个动点，所以设，（为参数），
故
，
团为的最大值为1，所以的最大值为，
故选∶D．
11．已知函数有三个不同的零点，且．则实数的值为（    ）
A． B． C．－1 D．1
【答案】D
【分析】令，从而求导以确定函数的单调性及取值范围，再令，从而化为有两个不同的根，从而可得或，讨论求解即可．
【详解】令，则，当时，是增函数，当时，是减函数；
又趋向于0时趋向负无穷，趋向于正无穷时趋向0，且，
令，则，要使有3个不同零点，
则必有2个零点，若，则或，
所以有两个不同的根，则，
所以或，且，，
①若，，与的范围相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根一正一负，即，；
又，则，且，，
故.
故选：D
12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．
C．， D．
【答案】A
【分析】由得，结合已知得，进而有，由可判断C项中的对称性；由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简判断A正误；B、D由，结合A即可判断.
【详解】C：由，则，则，
又，所以，令得，即.
所以，所以函数的图象关于对称，
而，，则的图象关于对称，错；
A：为奇函数，则关于对称，且，
∴，，，，∴.
又，∴，
∴的周期，
∴，对；
D：因为，所以，
所以，错；
B：，错.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用导数得，结合已知得到，进而求其周期和对称性，应用周期和对称性求、、的值.

二、填空题
13．设随机变量X服从正态分布，若，则______．
【答案】##
【分析】由概率的性质结合对称性求解.
【详解】因为，所以，即.
则.
故答案为：
14．已知直线与曲线相切，则m的值为______．
【答案】1
【分析】求出函数的导数，设切点为，利用导数的几何意义求出切点坐标，代入切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意，可得，
直线与曲线相切，设切点为，
则，则，
即切点为，将该点坐标代入，可得，
故答案为：1
15．设是抛物线上的两个不同的点，O为坐标原点，若直线与的斜率之积为，则直线恒过定点，定点坐标为______．
【答案】
【分析】设 ,，根据题意可得 ,设直线的方程为，代入抛物线方程化简整理并且结合根与系数的关系即可得出答案．
【详解】设,，
因为直线与的斜率之积为，
所以，
解得，
由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
代入抛物线方程可得，需满足，
所以，解得，满足，
故直线的方程为，
则直线恒过定点，
故答案为∶．
16．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，有以下结论：
①．当平面时，与所成夹角可能为；
②．当时，的最小值为；
③．当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为；
④．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为．
则所有正确结论的序号是______．
【答案】①②③
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间角的向量求法，判断①；将平面沿折起，和平面展开为一个平面，可求得的最小值，判断②；作出正方体中经过点的截面，利用向量知识求得截面面积的表达式，求得最值，判断③；根据线面角的含义求得则，确定P点轨迹为以为圆心，1为半径的圆，即可求得轨迹长，判断④.
【详解】在正方体中，以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，

则,,
由可得，
故点P坐标为，则,
,
设平面的一个法向量为，则，
令，则，当平面时，，
即，即，而，
故令 ，
而，即，
整理得，解得，
即当平面时，与所成夹角可能为，①正确；
当时，P点在上运动，将平面沿折起，和平面成一个平面，如图：

则，此时的最小值即为的长，
而，即，
故②正确；
当时，，P点在上运动，则,
在正方体中经过点的截面为平行四边形（如图），

则，,
故点P到的距离为 ,
因为，故当取0或1时，d取到最大值，
此时截面面积的最大值为,
当时，d取到最小值，此时截面面积的最小值为，
即当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为，③正确；
若与平面所成角为，连接,

因为平面为的射影，故,
则，故P点轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
则点P的轨迹长度为，④错误，
故选：①②③
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何的相关知识，涉及到空间角以及截面和最值以及轨迹问题，难点是空间角以及线段和截面面积的最值的求解，解答时要充分发挥空间想象能力，明确空间的点线面的位置关系，建立空间直角坐标系，利用向量的有关知识进行求解.

三、解答题
17．已知数列前n项和为．从下面①②中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分．
①数列是等比数列，，且成等差数列；
②数列是递增的等比数列，，；
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列的前n项的和为，且．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）选①：根据等比数列基本量的计算，求出首项及公比即可求解；
选②：根据等比数列的性质有，结合已知求出即可得公比，从而得答案；
（2）由（1）根据对数的运算性质求出，然后利用裂项相消求和法求出即可证明.
【详解】（1）选①：因为数列是等比数列，设公比为，，且，，成等差数列，
所以，解得，所以；
选②：因为数列是递增的等比数列，，，
所以，所以，，
所以；
（2）由（1）知：，且，
所以.
18．某甜品屋店庆当天为酬谢顾客，当天顾客每消费满一百元获得一次抽奖机会，奖品分别为价值5元，10元，15元的甜品一份，每次抽奖，抽到价值为5元，10元，15元的甜品的概率分别为，且每次抽奖的结果相互独立．
(1)若某人当天共获得两次抽奖机会，设这两次抽奖所获甜品价值之和为X元，求X的分布列与期望．
(2)某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人．有列联表：

有蛀牙
无蛀牙
合计
爱吃甜食



不爱吃甜食



合计




完成上面的列联表，根据独立性检验，能否有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关？
附：，．

0.05
0.01
0.005

3.841
6.635
7.879


【答案】(1)分布列见解析，；
(2)列联表见解析，有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关.

【分析】（1）由题意可得的所有可能取值为，分别求出对应的概率，即可得的分布列，再求出数学期望；
（2）由已知填充列联表，根据公式计算出，比较临界值即可.
【详解】（1）由题意，的所有可能取值为，
，，
，，
，
则X的分布列为

10
15
20
25
30







故.
（2）由题意可得列联表如下：

有蛀牙
无蛀牙
合计
爱吃甜食
90
30
120
不爱吃甜食
30
50
80
合计
120
80
200

所有，
所以有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关.
19．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，．

(1)证明：平面PAC；
(2)，是否存在常数，满足，且直线AM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在满足条件，M满足.

【分析】（1）连接BD交AC于O，连接PO，由，证平面PAO；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出及平面PBC的法向量，由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断.
【详解】（1）
证明：连接BD交AC于O，连接PO.
因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以，
因为O是BD中点，，所以.
因为，平面PAC，所以平面PAC，
（2）如图，取线段BC的中点H，连接AH，
因为底面ABCD是边长为2的菱形，，所以.

因为平面PAC，平面PAC，所以.
因为，，平面ABCD，所以平面ABCD.
因为平面ABCD，所以，
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，
则，，，.
，.
设，由得，
解得，进而.
设平面PBC的法向量为.
由，得，取.
设直线AM与平面PBC所成的角为，则
，
化简得，，解得，
所以存在满足条件，M满足.
20．如图，已知分别为椭圆的左，右顶点，为椭圆M上异于点的动点，若，且面积的最大值为2．

(1)求椭圆M的标准方程；
(2)已知直线与椭圆M相切于点，且与直线和分别相交于两点，记四边形的对角线相交于点N．问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在两个定点，使得为定值4.

【分析】（1）根据题意列出关于的方程，即可求得答案；
（2）设切线l方程为；并联立椭圆方程，化简可得根与系数的关系式，结合判别式等于0可得参数之间的关系，进而求出点坐标，求出直线的方程，联立可求得点N的轨迹方程，即可得结论.
【详解】（1）由题意知，且面积的最大值为2．
即，
当P位于椭圆短轴端点处时，面积的最大，即，
故椭圆M的标准方程为.
（2）因为点在椭圆，
所以，，
设切线l方程为；，即，
令，则，
由，得 ，即，
因为直线l与椭圆M相切，
所以，
所以，
代入，得，即，
因为，所以，
所以 ，有，
由于，所以，
故切线l方程为：，即，
令，可得，则直线为：，①
令，得,则直线为：，②
由①②相乘得：，
即点N的轨迹方程为：，
由椭圆定义知，存在点，使得为定值4.
【点睛】难点点睛：本题第二问解答的思路并不困难，即通过设切线方程，联立椭圆方程，结合根与系数的关系式化简，求得坐标，利用交轨法求得动点轨迹方程，即可得到结论，解答的难点在于复杂的计算，计算量较大，且都是关于参数的运算，因此要十分细心.
21．已知函数，其中e为自然对数的底数．
(1)若函数在有2个极值点，求m的取值范围；
(2)若函数在有零点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）化为在有2个变号零点，讨论、，进而化为与在上有两个交点求范围即可.
（2）由题设有在有解，结合向量数量积性质得，应用构造函数并放缩证，再证即可证结论.
【详解】（1）由题设在有2个变号零点，
当时，即在上递增，不可能有2个零点；
当时，令，则，且在上有2个对应的，
所以，问题化为与在上有两个交点，
对于，有，则上，递减，上，递增，
又趋向于0时趋向正无穷，趋向于正无穷时趋向正无穷，且，
所以，故.
综上，.
（2）由，则在有解，
若，由知：，
所以，即，
下证在上恒成立，
令，则，故在上递增，所以，即；
令，则，故在上递增，所以，即；
综上，，即，故，即，
下证，即在上恒成立，
令，则，在上，递减，在上，递增，
所以，即，故，得证.
【点睛】关键点点睛：第二问注意引用向量数量积的不等关系，得，再构造函数作放缩处理证明结论.
22．数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线，（）的形状如心形（如图），我们称这类曲线为笛卡尔心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当时．

(1)求曲线E的极坐标方程；
(2)已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将，代入曲线E，化简可得答案；
（2）不妨设，，，，则，结合三角函数性质求最大值即可.
【详解】（1）将，代入曲线E，得，即，
所以，E的极坐标方程为；
（2）不妨设，，即，，
，
而，故.
23．已知，，函数的最小值为3．
(1)求的值；
(2)求证：．
【答案】(1)2
(2)证明见解析

【分析】（1）利用绝对值三角不等式结合的最小值，即可求得答案;
（2）结合（1）的结论可得，化简并利用基本不等式可求得的最小值，即可证明结论.
【详解】（1）因为，
当且仅当时，即时，等号成立,
又,所以,
故.
（2）由（1）知，又,
所以,
当且仅当,即时，等号成立，
即，所以，
所以，
即.