2023届贵州省贵阳市高三适应性考试（二）数学（理）试题含解析

贵州省贵阳市2023届高三适应性考试（二）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，，则（    ）

A．或 B． C．或 D．

【答案】B

【分析】分析可知，利用集合的包含关系可出关于的等式，结合集合元素满足互异性可得出实数的值.

【详解】因为，，，则，

所以，或，

若，则，此时，，集合中的元素不满足互异性，故；

若，可得，因为，则，此时，，合乎题意.

因此，.

故选：B.

2．已知命题，不是素数，则为（    ）

A．，是素数 B．，是素数

C．，是素数 D．，是素数

【答案】D

【分析】由全称量词命题的否定可得出结论.

【详解】命题为全称量词命题，该命题的否定为，是素数.

故选：D.

3．若x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】D

【分析】由约束条件作出可行域，利用目标函数的几何意义求出最值即可.

【详解】由约束条件作出可行域如图，

联立，可得，即,

由，得,

由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，

所以.

故选:D.

4．已知，，，若，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】由已知可得，，代入根据复数相等的充要条件列出方程组，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，，，

所以，

所以有，解得或.

故选：C.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系可得出关于、的方程组，求出这两个量的值，即可求得的值.

【详解】因为，

由题意可得，解得，

因此，.

故选：B.

6．过、两点，且与直线相切的圆的方程可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分析可知，圆心在直线上，设圆心为，根据圆与直线相切以及圆过点可得出关于的等式，解出的值，即可得出所求圆的方程.

【详解】因为、，则线段的垂直平分线所在直线的方程为，

设圆心为，则圆的半径为，

又因为，所以，，

整理可得，解得或，

当时，，此时圆的方程为；

当时，，此时圆的方程为.

综上所述，满足条件的圆的方程为或.

故选：C.

7．已知a，b是不同的两条直线，，是不同的两个平面，现有以下四个命题：

①；②；③；④．

其中，正确的个数有（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断即可.

【详解】若，则，故①正确；

若，则，故②正确；

若，则或，故③错误；

若，则在平面内存在直线，使得.

又，所以，所以，故④正确.

所以正确的个数有3个.

故选:C.

8．已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】C

【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.

【详解】解可得，或，即或.

所以，当时，.

又，

所以，当时，取最小值.

故选：C.

9．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】构造函数，其中，

则，所以，函数在上单调递增，

所以，，即，

因为，则，所以，，

又因为，则，故，故.

故选：A.

10．已知函数在是减函数，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析出函数在、上均为增函数，再结合分段函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】当时，，所以，在上为减函数，

因为在是减函数，且函数在上为减函数，

只需，解得.

故选：B.

11．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出的值，即可求得该双曲线的离心率的值.

【详解】在圆锥中，，，易知，

由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则，

所以，，则，

圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

因为是母线上一点，，则，，，

设平面的法向量为，则，

取，可得，且，

所以，，

所以，，

故该圆锥曲线的离心率为.

故选：D.

12．设抛物线C：的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线，，若与交于点P，且满足，则（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】先设直线AB的方程，与抛物线方程联立求得A，B两点纵坐标之间的关系，再写出切线方程，联立，根据条件求出P点坐标，再带回到切线方程求出A，B两点的坐标即可.

【详解】

，设直线AB的方程为 ，显然m是存在的，

设 ，显然 ，求导： ，

在A点处的切线方程为…①，

同理可得在B点处的切线方程为：；

联立方程 ，解得 ， ， ，

联立方程 解得 ， ，

即P点在准线 上，设 ， ，

考虑抛物线关于x轴对称，不妨取 ，代入①得： ，解得 或 ，

由图可知 ，再代入抛物线方程得 ， ；

故选：D.

二、填空题

13．已知，，若，则________．

【答案】/

【分析】求出向量的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.

【详解】因为，，则，

因为，则，解得.

故答案为：.

14．已知数列的首项，且数列是以为公差的等差数列，则________．

【答案】

【分析】分析可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出的值.

【详解】因为数列是以为公差的等差数列，则，

所以，，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，

因此，.

故答案为：.

15．已知一个棱长为的正方体，其所有棱的中点都在同一个球的球面上，则该球的表面积是________．

【答案】

【分析】作出图形，分析可知正方体的中心到各棱的中点的距离相等，求出球的半径，利用球体表面积公式可求得结果.

【详解】如下图所示：

在正方体中，图中棱上的点为对应棱的中点，

由正方体的几何性质可知，四边形、、均为正方形，

且正方体的中心到各棱的中点的距离均为，

所以，该球的半径为，故该球的表面积为.

故答案为：.

16．关于函数，有如下四个命题：

①若，则的图象关于点对称；

②若的图象关于直线对称，则；

③当时，函数的极值为；

④当时，函数有两个零点．

其中所有真命题的序号是________．

【答案】①②③

【分析】利用函数对称性的定义可判断①；利用函数对称性的定义求出的值，可判断②；利用函数的极值与导数的关系可判断③；取，解方程，可判断④.

【详解】对于①，当时，，

则

，

所以，当时，的图象关于点对称，①对；

对于②，若的图象关于直线对称，

则对任意的，，

即，

即，即，解得，②对；

对于③，当时，，该函数的定义域为，

所以，，令，可得；令，可得.

所以，函数的减区间为，增区间为，

所以，函数的极小值为，③对；

对于④，当时，由，可得，

此时函数只有一个零点，④错.

故答案为：①②③.

三、解答题

17．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．

(1)求A；

(2)若，求证：△ABC是直角三角形．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由正弦定理边化角可得，然后根据两角和的公式以及辅助角公式，即可推得.根据的取值范围，即可得出答案；

（2）由余弦定理结合已知可推得.正弦定理边化角可得.又，代入化简可得.然后根据的范围，即可得出，进而得出，即可得出证明.

【详解】（1）由已知及正弦定理得.

因为，

所以有.

因为，所以，

整理有.

又因为，所以，

所以或，

所以，或.

因为，所以.

（2）由余弦定理可得.

又因为，所以，

整理可得.

因为，由正弦定理得.

因为，所以，

所以，

整理得.

因为，所以，

所以，所以，

所以，

即是直角三角形.

18．某学习的注册用户分散在、、三个不同的学习群里，分别有人、人、人，该设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从、、三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计人参与游戏．

(1)每局“七人赛”游戏中，应从、、三个学习群分别匹配多少人？

(2)设匹配的名学员分别用：、、、、、、表示，现从中随机抽取出名学员参与新的游戏．

（ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ⅱ）设M为事件“抽取的名学员不是来自同一个学习群”，求事件发生的概率．

【答案】(1)应从、、三个学习群分别匹配人、人、人

(2)（ⅰ）答案见解析（ⅱ）

【分析】（1）利用分层抽样可求得、、三个学习群分别匹配的人数；

（2）（i）利用截距法可列举出所有的可能抽取的结果；

（ii）确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件发生的概率.

【详解】（1）解：三个学习群人数比例为，

因此，应从学习群匹配的人数为人，应从学习群匹配的人数为人，

应从学习群匹配的人数为人.

（2）解：（ⅰ）所有可能的结果为：、、、、、

、、、、、、、

、、、、、、、

、，共种；

（ii）“抽取的名学员不是来自同一个学习群”抽取的名学员不是来自同一个学习群”

包含的基本事件有：、、、、、、

、、、、、、、

、、，共种，

所以其概率为.

19．如图，在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，．

(1)当时，求证：平面；

(2)当平面平面时，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，设，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）推导出平面，可知为的中点，计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.

【详解】（1）证明：因为，所以，为线段的中点，连接，

设，连接，

在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，为的中点，

又因为为线段的中点，则，

因为平面，平面，所以，平面.

（2）解：过在平面内作交于，点异于点，如下图所示：

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以，平面，

因为平面，所以，，

在直三棱柱中，，则，

所以，，

因为平面，平面，所以，，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

因为，、平面，

所以，平面，即平面，

因为平面，所以，，这与矛盾，

所以点与点重合，故当平面平面时，平面，

因为平面，则，即，

因为，则为的中点，，

所以，.

20．已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦距是．

(1)求的标准方程；

(2)P为直线l：上任意一点，是否在x轴上存在定点T，使得直线PT与曲线的交点A，B满足？若存在，求出点T的坐标．若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在x轴上定点，使得

【分析】（1）由已知求出的离心率为，又，即可得出.根据的关系，即可得出答案；

（2）设，，，，先求出直线与轴重合时，满足条件的点坐标；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为.根据已知可推得，代入坐标整理可得（*）.联立直线与的方程可得，根据韦达定理得出坐标关系，代入（*）式，整理化简可得，求出，检验即可得出答案.

【详解】（1）因为椭圆的离心率为，

又椭圆与椭圆的离心率相等，

的焦距是，所以，，

所以，，所以，，

所以，的标准方程为.

（2）

设，，，.

当直线与轴重合时，设，，，

则，，，，

由已知，可得，解得或（舍去），

所以，；

当直线与轴不重合时，设直线AB方程为，则有.

四点共线，由结合图象可知，，

于是有，，

化简得：，

变形得：（*）.

联立直线与椭圆的方程可得，，

当时，

由韦达定理可得，

将上式与共同代入（*），

化简得：，即，且此时成立，

故存在x轴上定点，使得．

【点睛】方法点睛：设直线AB方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标之间的关系.然后根据已知，化简可得出.因为的任意性，所以必有，即可得出答案.

21．已知函数，．

(1)若过点作曲线的切线有且仅有一条，求的值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设切点，利用导数的几何意义以及直线的斜率公式可得出，结合可求得实数的值；

（2）由参变量分离法可得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：设切点，则由，可得，

所以，切线斜率为，即，

化简得：，依题意，解得或.

综上，当或.时，过点作曲线的切线有且仅有一条．

（2）解：依题意，由，由可得，

设，则，

设，易知，即在上单调递增，

因为，，

由零点存在定理知，存在唯一的，使得，

且当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

即是函数极小值点，且有，

由可得，

因为，则对任意的恒成立，

所以，函数在上为增函数，

因为，则，则，

由可得，

所以，，可得，

所以，，即，

综上，的取值范围是．

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），点．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线l的极坐标方程为．

(1)写出曲线的极坐标方程；

(2)若l与，分别交于A，B（异于原点）两点，求△PAB的面积．

【答案】(1)

(2)5

【分析】（1）由参数方程可得，，进而即可推得，根据公式即可得出曲线的极坐标方程；

（2）将分别代入，的极坐标方程得出，，进而得出弦长.然后求出点到射线的距离，即可得出答案.

【详解】（1）由的参数方程得，，

所以.

又，，所以，

所以的极坐标方程为.

（2）将代入曲线的极坐标方程可得，

将代入曲线的极坐标方程可得，

所以.

又射线l的直角坐标方程为，即为，

所以点到射线的距离为，

所以.

23．已知、、均为正数，且．

(1)证明：；

(2)若，求的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用柯西不等式可证得结论成立；

（2）由（1）可得，即，计算出，结合基本不等式，即可得出的最小值．

【详解】（1）证明：因为、、均为正数，且，

由柯西不等式可得，

即，所以，

当且仅当，即当，时，等号成立，

因此，.

（2）因为且、、均为正数，由（1）可知，所以，

因为，所以，

当且仅当，即当时，等号成立，

因此，的最小值为.