2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（文）试题含解析

2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（文）试题

一、单选题

1．复数在复平面上对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】利用复数的除法求出复数的代数形式，进而可得其在复平面上对应的点的位置.

【详解】，

其在复平面上对应的点为，在第四象限.

故选：D.

2．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合中元素范围，然后再求即可.

【详解】由已知或，

，

.

故选：B.

3．实数满足约束条件则的最大值等于（    ）

A．0 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义得到最大值.

【详解】画出可行域（阴影部分）及目标函数，

因为中斜率为，的几何意义为与轴交点的纵坐标，

故当经过点时，取得最大值，

联立，解得，

故，将其代入解析式，得到的最大值为.

故选：C

4．某校为了解高一学生一周课外阅读情况，随机抽取甲，乙两个班的学生，收集并整理他们一周阅读时间（单位：），绘制了下面频率分布直方图.根据直方图，得到甲，乙两校学生一周阅读时间的平均数分别为，标准差分别为，则于（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据频率分布直方图求出平均数与方差，即可判断.

【详解】根据频率分布直方图可知，

，

，

所以，.

故选：D

5．已知函数，下列结论正确的是（    ）

A．是偶函数

B．在上单调递增

C．的图象关于直线对称

D．的图象与轴围成的三角形面积为2

【答案】C

【分析】去掉绝对值，得到，画出其图象，进而判断出四个选项.

【详解】A选项，，

画出其函数图象，如下：

故不是偶函数，A错误；

B选项，在上单调递减，故B错误；

C选项，的图象关于直线对称，C正确；

D选项，的图象与轴围成的三角形面积为，D错误.

故选：C

6．在直角坐标系xOy中，锐角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若终边与单位圆交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用三角函数的定义求出，然后利用两角和的正弦公式求即可.

【详解】由三角函数的定义得，

，又为锐角，，

，即，

.

故选：D.

7．命题“”，命题“”，则p是q的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】先根据命题求出的范围，再根据充分性和必要性的定义得答案.

【详解】对于命题，，得，

可以推出，但是不能推出，

p是q的充分不必要条件.

故选：A.

8．如图，圆柱的底面直径与母线相等，是弧的中点，则与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出辅助线，找到异面直线形成的夹角，求出各边长，利用余弦定理求出夹角.

【详解】取的中点，连接，则，且，

故四边形为平行四边形，所以，

所以或其补角为与所成角，

设，则，由勾股定理得，，，

由余弦定理得，

故，

所以与所成角为.

故选：C

9．某工厂产生的废气经过过滤后排放，已知在过滤过程中的污染物的残留含量（单位：）与过滤时间（单位：）之间的函数关系为，其中是自然对数的底数，为常数，为原污染物总量.若前5个小时废气中的污染物被过滤掉了，则污染物被过滤掉了所需时间约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意列出方程，求出，得到函数解析式，再设出未知数，解方程，求出答案.

【详解】由题意得，化简得，

两边取对数，，故，

故

设污染物被过滤掉了所需时间约为，

则，化简得，

即，解得，

故污染物被过滤掉了所需时间约为77h.

故选：C

10．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数图象的变换求出函数解析式，再求出函数的单调递增区间即可求解.

【详解】函数的图象向右平移个单位后,

得到函数,

令,

解得，

所以函数在上单调递增，

要使函数在上单调递增，则，

故选:A.

11．椭圆的上顶点为是的一个焦点，点在上，若，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量关系得到三点共线，表达出点坐标，代入椭圆方程，求出离心率.

【详解】因为，所以三点共线，其中，

不妨设，，

则，

由得，解得，

故，

将其代入中得，，解得，

故离心率为.

故选：A

12．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数证明可得，从而得大小关系；再构造函数证明可得再证明即可得的大小关系.

【详解】令，则，

当时，当时，，

在上为减函数，在上为增函数，

，，

，，

令，则，显然在为减函数，

又，，

当时当时，

当时为增函数，当时为减函数，，

，，又，，

，，

下面证明：，即证明：，即证：，显然成立，，，

，

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时可以用切线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与其在处的切线大小关系构造的.也可以用割线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与割线大小关系构造的，割线是过两点的直线.

二、填空题

13．向量.若，则___________.

【答案】

【分析】先求出的坐标，然后利用数量积的坐标运算计算可得的值.

【详解】由已知可得，

又，

，

解得.

故答案为：.

14．已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.

【答案】

【分析】由圆的方程求圆心，由双曲线方程求双曲线的渐近线方程，由此确定直线的方程.

【详解】方程可化为，

所以圆的圆心的坐标为，半径，

双曲线的渐近线方程为或，

因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，

所以直线的方程为，化简得，.

故答案为：.

15．在中，点D在BC边上，.若，则___________.

【答案】

【分析】在和中，分别利用正弦定理得等式，然后利用条件中的等式进行变形可得答案.

【详解】在中，由正弦定理得①，

在中，由正弦定理得②，

①②得

，

.

故答案为：.

16．如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为___________

【答案】

【分析】将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，建立空间直角坐标系，几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，由距离公式得到方程，求出，即可求出，从而得解.

【详解】如图将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，

要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，

如图建立空间直角坐标系，则，，则几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，

设球心为，球的半径为，则，

即，解得，

所以，

所以外接球的表面积，即该球表面积的最小值为.

故答案为：

三、解答题

17．公比为q的等比数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)若，记的前n项和为，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用等比数列的通项公式列方程组求解即可；

（2）先利用（1）求出求出，然后利用等差数列的求和公式求出，最后利用裂项相消法求解.

【详解】（1）由已知可得，解得，

；

（2）由（1）可得，

，

当时，，

.

18．为提升学生实践能力和创新能力，某校从2020年开始在高一､高二年级开设“航空模型制作”选修课程.为考察课程开设情况，学校从两个年级各随机抽取20名同学分别制作一件航空模型.并根据每位同学作品得分绘制了如下茎叶图：

(1)在得分不低于90的作品中任选2件，求其制作者来自不同年级的概率：

(2)若作品得分不低于80，评定为“优良”，否则评定为“非优良”，判断是否有90%的把握认为作品“优良”与制作者所处年级有关？

附：

【答案】(1)

(2)有90%的把握

【分析】（1）根据茎叶图中的数据，利用古典概型的公式计算即可；

（2）作出列联表，然后利用公式求出，进而可得结论.

【详解】（1）由茎叶图可得在得分不低于90的作品中高一的学生有2人，高二的学生有3人，

任选2件作品，其制作者来自不同年级的概率为；

（2）作品“优良”与制作者所处年级人数的列联表如下：

，

有90%的把握认为作品“优良”与制作者所处年级有关.

19．矩形ABCD中，（如图1），将沿AC折到的位置，点在平面ABC上的射影E在AB边上，连结（如图2）.

(1)证明：；

(2)过的平面与BC平行，作出该平面截三棱锥所得截面（不要求写作法）.记截面分三棱锥所得两部分的体积分别为，求.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）利用线面垂直的性质定理证明线线垂直；

（2）根据三角形的等面积法求出的长度，再根据勾股定理求出长度，进而确定，即可确定所求截面，利用椎体体积公式求解.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

且由翻折关系可知，

且,平面，

所以平面，

又因为平面，所以.

（2）由（1）可知，平面，

又因为平面，所以.

且，

所以,

且,所以,所以，

所以,解得，

所以，所以，

所以取的三等分点为，且，

连接，

则有,平面,平面,

所以平面,所以所作截面为平面,

因为的相似比为，

所以，所以，

所以.

20．过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，

(1)求的方程；

(2)在轴上是否存在点，使得直线与直线的斜率之和为定值.若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，点，

【分析】（1）先得到直线的斜率不为0，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之积，进而由垂直得到向量数量积为0，列出方程，求出及抛物线方程；

（2）假设点，使，结合第一问得到，得到方程组，求出.

【详解】（1）当直线的斜率为0时，与抛物线交点为1个，不合要求，舍去，

故设直线的方程为，代入并整理得.

设，则，

由得，即，

所以，即，故抛物线的方程为.

（2）假设存在满足条件的点，使.

由（1）知，

所以

化简可得：.

因为上式对恒成立，所以，

解得.

所以在轴上存在点，使得直线与直线的斜率之和为0.

【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.

21．已知函数.

(1)当时，求函数的最大值；

(2)当时，求曲线与的公切线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）代入，然后求出，进而可得单调性求出最值；

（2）代入，设出切点，求出切线方程，利用方程为同一直线，列方程组求解即可.

【详解】（1）当时,

，

，

令，得，令，得，

求函数在上单调递增，在上单调递减，

；

（2）当时，，

设函数上一点为，

又，，

函数上过点的切线方程为：，

即，

设函数上一点为，

又，

过点的切线方程为：，

即，

若与为同一直线，

则，解得,

公切线的方程为：.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，常数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.

(1)写出的极坐标方程和的直角坐标方程；

(2)若直线和相交于两点，以为直径的圆与直线相切，求的值.

【答案】(1)的极坐标方程为，，的直角坐标方程为

(2)

【分析】（1）消去参数得到的普通方程，再利用公式得到极坐标方程，注意定义域，再求出的直角坐标方程；

（2）将代入的极坐标方程，求出的坐标，得到为直径的圆的圆心和半径，根据相切关系得到方程，求出答案.

【详解】（1）将曲线的参数方程消去，得的普通方程为，

且因为，所以，

将，，代入，

得，即，，即为的极坐标方程，

由直线的方程化简得，

化简得，即为的直角坐标方程.

（2）将直线代入，

得，即.

故以为直径的圆圆心为，半径.

圆心到直线的距离，由已知得，解得.

23．设，已知函数的最小值为2.

(1)求证：；

(2)，求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明不等式；

（2）由柯西不等式进行证明

【详解】（1）因为，

由题意得，

于是，

当且仅当时取等号，

即.

（2）由柯西不等式得

，

当且仅当，即，

即时取等号.

故.