2023届贵州省贵阳市高三适应性考试（二）数学（文）试题含解析

2023届贵州省贵阳市高三适应性考试（二）数学（文）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．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.

4．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.

5．据研究，人的智力高低可以用智商来衡量，且，若定义称为智商低下，称为智商中下，称为智商正常，称为智商优秀，称为智商超常，则一般人群中智商优秀所占的比例约为（    ）

（参考数据：若，则，，．）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析可知，，利用原则可求得的值.

【详解】由已知可得，，则，，

所以，

.

因此，一般人群中智商优秀所占的比例约为.

故选：A.

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.

8．在的展开式中，的系数为（    ）

A． B． C．2 D．8

【答案】A

【分析】由，根据单项式和多项式的乘法法则结合二项式定理求展开式中的系数.

【详解】，

的展开式中含的项为，其系数为，

的展开式中含的项为，其系数为，

的展开式中，的系数为.

故选：A.

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．已知正方体的棱长为4，点P在该正方体的表面上运动，且，则点P的轨迹长度是________．

【答案】

【分析】由已知可判断点可能在平面内，可能在平面内，可能在平面内.先求解当点在平面内时，可推得点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方形边界及其内部的交线.然后根据扇形的弧长公式，即可得出当点在平面内时，点P的轨迹长度是，进而得出答案.

【详解】因为，所以点可能在平面内，可能在平面内，可能在平面内.

当点在平面内时，

由平面，平面，可知，

所以，所以，

所以点到的距离为，

所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方形边界及其内部的交线.

如上图，，，

则的长，

所以，当点在平面内时，点P的轨迹长度是.

同理可得，当点在平面内时，点P的轨迹长度也是.

当点在平面时，点P的轨迹长度也是.

综上所述，点P的轨迹长度为.

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APP的注册用户分散在A，B，C三个不同的学习群里，分别有24000人，24000人，36000人，该APP设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从A，B，C三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计7人参与游戏．

(1)每局“七人赛”游戏中，应从A，B，C三个学习群分别匹配多少人？

(2)现需要从匹配的7名学员中随机抽取3人进入互动环节，并用X表示进入互动环节的C群人数，求X的分布列与数学期望．

【答案】(1)2,2,3；

(2)分布列见解析；期望为.

【分析】（1）根据分层抽样的性质运算可得.

（2）先列出X的取值，再计算相应的概率，列出分布列，计算期望即可.

【详解】（1）三个学习群人数比例为24000:24000 : 36000 = 2 : 2 : 3

因此,应从A、B、C三个学习群分别匹配2,2,3人.

（2）由题X所有可能的取值为0,1,2,3,故

X的分布列为

.

19．如图，在直三棱柱中，，，，D是线段上的动点，．

(1)当∥平面时，求实数的值；

(2)当平面平面时，求平面与平面所成二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用线面平行的性质定理，即可求解.

(2) 建立空间直角坐标系，通过平面平面，求得D点位置，继而求解面面角.

【详解】（1）连接,且,再连接DE,

∵AB∥平面A1 CD,平面,且平面平面,

,又由E为线段的中点,于是,DE是的中位线,

为线段的中点,即，

故当AB∥平面时, .

（2）以C为坐标原点,以的方向分别为轴的正方向,建立空间直角坐标系,则有以下坐标

设 ,由得,

解得,即 ,

所以

令 是平面的一个法向量,则

,

令 y = 1,解得 x = 0 , z = 1 ,即

同理求得平面的一个法向量为

由平面平面得,解得

即

又因为,从而可得平面的一个法向量 ,

设平面ACD与平面 所成二面角的大小为,

则

故当平面平面时,平面ACD与平面所成二面角的正弦值的为.

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，求实数t的值；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）设切点，求出.然后根据导数的几何意义推得.根据已知可得出，求解即可得出答案；

（2）先证明当时，有.然后可推得，进而可得出所以当时，成立.然后验证时，当时，有，即可得出答案.

【详解】（1）设切点，由，求导得，

根据导数的几何意义，得，

化简可得，，依题意方程仅只一个实根，

于是，解得或，

所以当或时，过点P作曲线的切线有且仅有一条．

（2）设，，则恒成立，

于是在上单调递增，则，即，

因此当时，恒有成立，

则有，

当且仅当时等号成立，

令，，则恒成立，

即在上单调递增，又，，

根据零点存在定理可得，，使得，

于是在上恒成立，

所以当时，，即成立；

当时，存在满足，即，

此时，，不合题意，

综上，a的取值范围是．

【点睛】思路点睛：先证明，进而得出，即可得出时，恒成立.然后说明，不成立即可.

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.