2023年四川省宜宾市叙州重点中学高考数学适应性试卷（理科）

这是一份2023年四川省宜宾市叙州重点中学高考数学适应性试卷（理科），共22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年四川省宜宾市叙州重点中学高考数学适应性试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若复数为虚数单位是纯虚数，则实数的值为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，，若与平行，则实数的值为(    )A.  B.  C.  D. 4.  “”是“”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要分件5.  函数的图像是(    )A.  B.
C.  D. 6.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  设等比数列的前项之积为，若，，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知 是奇函数，当时，   ，当时， 的
最小值为，则的值等于(    )A.  B.  C.  D. 9.  已知函数在区间内没有零点，但有极值点，则的取值范围(    )A.  B.  C.  D. 10.  在三棱锥中，平面，，，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是(    )A.  B.  C.  D. 11.  设双曲线：的离心率为，过左焦点作倾斜角为的直线依次交的左右两支于，，则有若，为的中点，则直线斜率的最小值是(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知函数，则下列说法中正确的是(    )
函数有两个极值点；
若关于的方程恰有个解，则；
函数的图象与直线有且仅有一个交点；
若，且，则无最值．A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知实数，满足约束条件，则的最大值为______ ．14.  已知的二项式系数之和为，则展开式中的系数为______ 用数字作答．15.  现有位同学分别编号为，，，，，，排成一排拍照，若其中，，三人互不相邻，，也不相邻，而，必须相邻，则不同的排法总数为______ 用数字作答16.  如图，棱长为的正方体中，，为四边形内的点包括边界，且点到的距离等于到平面的距离，点到的距离等于到平面的距离，则的最小值为______ ．
 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
Ⅰ求的值；
Ⅱ给出以下三个条件：
条件：；
条件：，；
条件：．
这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题：
(ⅰ)求的值；
(ⅱ)求的角平分线的长．18.  本小题分
如图，在三棱柱中，，C.
证明：；
若，且，求二面角的正弦值．
19.  本小题分
鱼饼是许多浙南人心目中的白月光，作为伴手礼也是首选某市的鱼饼原材料严选新鲜东海野生鮸鱼，在传统手工技艺上结合现代技术研发，每道工序都十分的考究从原材料鮸鱼的筛选、鱼骨的剔除、独家配料的调制、古法工艺的制作至大厨精心烹制，经十余道工序匠心制作而成，新鲜出锅的鱼饼色净白，鱼香浓，味鲜柔，口感细腻，弹柔相济，属纯正温州地方美味．
某市质量技术检测科学研究院对某一批次的鱼饼进行检测，检测项目分别为菌落总数、氯霉素、铝的残留量，而且这三个检测项目互不影响，鱼饼需要经过这三个项目检测，只要有一项检测不合格就不允许上架售卖已知这批次鱼饼菌落总数检测不合格的概率为，氯霉素检测不合格的概率为，铝的残留量检测不合格的概率为．
求检测过程中，这批鱼饼不合格的概率；
求在已经通过菌落总数和氯霉素的检测项目的情况下，仍不允许上架售卖的概率；
随着鱼饼市场的不断扩大某市现针对鱼饼口感的满意度进行用户回访统计了名用户的数据，如下表：年龄满意程度合计满意不满意成人儿童合计依据小概率值的独立性检验，能否认为年龄与满意程度有关联？
参考公式：，  20.  本小题分
已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是椭圆上异于，的一点，且直线与直线的斜率之积满足．
求椭圆的标准方程；
过点的直线交椭圆于，两点，且直线，交于点，求点的横坐标．21.  本小题分
已知
讨论的单调性；
若，且存在，使得，求的取值范围．22.  本小题分
已知曲线的参数方程为为参数，直线过点．
求曲线的普通方程；
若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．23.  本小题分
已知关于的不等式有解．
求实数的取值范围；
若，，均为正数，为的最大值，且求证：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由，，
则，
所以．
故选：．
先利用指数函数的单调性和对数函数的定义域得到，，即可得到．
本题考查集合的运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为

，
因为复数为纯虚数，所以，解得．
故选：．
根据复数代数形式的运算法则化简，再根据复数的定义得到方程不等式组，解得即可．
本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为，，
所以，，
又与平行，
所以，解得．
故选：．
先求与的坐标，然后由向量平行的坐标表示可得．
本题主要考查了向量的坐标运算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：令，则由得，
解得或，又因为，
所以，即：，解得，
又因为“”是“”的充要条件，
所以“”是“”的充要条件．
故选：．
运用换元法令，通过解一元二次不等式及指数不等式可得的范围，再结合集合的包含关系判断条件间的充分、必要关系．
本题主要考查了二次不等式的求解，还考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：因为，令，则，
即，解得，或，解得，
所以当时，函数有个零点，当时，函数有个零点，
所以排除；
当时，，
则，当时，，
所以当时，，函数单调递增，所以B正确．
故选：．
根据题意，令，可以排除，然后求导得，即可排除．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：，
，
．
故选：．
根据角的变换及诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系求解．
本题主要考查了诱导公式，二倍角公式的应用，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：因为，，所以，，
解得，，
则，故．
故选：．
根据题意结合等比数列的性质可得，，进而可得，运算求解即可．
本题主要考查了等比数列的性质，考查了数学运算的核心素养，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：是奇函数，在上的最大值为，
当时，，令得，又，．
令时，，在上递增；
令时，，在上递减；
，，
得．
故选：．
利用奇函数的性质，求出时函数的最大值为，通过导数求出函数的最大值，然后求出．
本题考查函数奇偶性，函数最大值的求法，导数的应用，考查计算能力，是中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，其中取为锐角，
，其中取为锐角，
设，由，可得．
在区间内没有零点，但有极值点时，，可得．
所以．
因为，，所以．
所以，
所以在上的最大值在取得，故．
又
，

，
所以的取值范围是．
故选：．
根据辅助角公式化简，由正弦函数的图像与性质求出的取值范围，最后根据两角和差公式求解．
本题主要考查了辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：设，则，
故三棱锥的体积．
设，则．
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即三棱锥体积的最大值是，此时，即，．
因为平面，，
所以三棱锥外接球的半径，
则三棱锥外接球的体积为．
故选：．
设，根据已知条件用把三棱锥的体积表示出来，然后利用导数确定体积取最大值时的值，进而确定出三棱锥外接球的半径，从而求出体积．
本题考查多面体的外接球相关知识，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：因为，所以，
又，
所以，则，
所以，
设，，则，，
所以，即，
所以，即，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
即直线斜率的最小值是．
故选：．
依题意可得，即可得到，从而表示出，再利用点差法得到，即可得到，再利用基本不等式计算可得．
本题考查双曲线的几何性质，点差法的应用，化归转化思想，属中档题．
 12.【答案】 【解析】解：对于，当时，，恒成立，
所在上单调递增；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减；
当时，，恒成立，
所以，在上单调递减．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故正确；
对于，作出的图象如下图，

由图可知，若关于的方程恰有个解，则或，故错误；
对于，由知，当时，，
因为，所以，所以，当且仅当，
当时，；
当时，，
因为，所以，所以，当且仅当，
综上所述，，有恒成立．
又直线可化为，斜率为，
所以函数的图象与直线有且仅有一个交点，故正确；

对于，由图可知，当时，函数的图象与有个不同的交点．
则有，所以，
所以，．
令，．
则．
令，则在上恒成立，
所以，在上单调递增．
又，，
根据零点存在定理可知，使得，
且当时，，
所以，所以在上单调递减；
当时，，
所以，所以在上单调递增．
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故错误．
综上所述，正确．
故选：．
求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出；作出函数图象，即可判断；根据求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出；作图，根据图象得出与有个交点时，的范围．然后用表示出，即可得出，，，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断．
本题考查函数的零点，考查数形结合思想，考查运算求解能力，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：如图，由约束条件可得可行域为阴影部分，

由得，作出直线：，
由得交点坐标为，
平移直线：知，当直线：过点时，取得最大值，
．
故答案为：．
作出可行域，通过平移直线：即可求解．
本题主要考查了线性规划的应用，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意二项式系数和为，解得，
所以二项式的展开式的通项公式为，，，，，
令，则，所以的系数为．
故答案为：．
利用二项式系数和公式建立方程求出的值，然后求出二项式的通项公式，令的指数为，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：根据题意，，必须相邻，先将看成一个整体，与、进行排列，
若排好后、不相邻，此时有个空位可用，有种排法；
若排好后、相邻，必须将、、中人安排在、之间，有种排法，
则有种不同的排法；
故答案为：．
根据题意，将看成一个整体，与、进行排列，再按、是否相邻，分种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：当，在线段上时，由到的距离等于到平面的距离知，
到点的距离等于到的距离，
故点在以为焦点，为准线的抛物线上；
同理，点在以为焦点，为准线的抛物线上，
设这两条抛物线与的交点即分别为点，如图，
则，的轨迹分别为四边形内过点，且平行于的线段如图，
则的最小值即为
如图所示，建立平面直角坐标系，则的坐标为，：，
所以所在的抛物线方程为，，
联立方程，且，可得，
所以，
所以，
即的最小值为．
故答案为：．
根据抛物线的定义得到，的轨迹，结合图像，即可求解．
本题考查立体几何与抛物线的综合，直线与抛物线的位置关系，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
 17.【答案】解：Ⅰ由得：
，
结合，得，故B；
Ⅱ结合Ⅰ得，即，
因为，故是最大边，故条件不成立，即条件正确，
对于条件：，与式结合得，
对于条件：，故，所以，
所以，故，
所以，即，解得，，
显然，
结合，故，
在中，，
故BD． 【解析】Ⅰ利用辅助角公式，容易求出，则易知；
Ⅱ结合，此时应该最大，而条件中，与已知矛盾，故条件正确，再结合面积公式、余弦定理以及三角形内角平分线的性质求解．
本题考查了正余弦定理、面积公式和三角形内角平分线的性质，同时考查了学生的运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
 18.【答案】解：证明：取中点，连接，，因为，，
所以，，又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，所以．

由条件，可得，所以，同理，
又，，平面，所以平面，
以为坐标原点，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

令，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，所以，
故，，又，，
所以二面角的正弦值为． 【解析】取中点，连接，，证明平面，得到，再根据证明即可；
建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案．
本题考查线线垂直的证明，二面角的正弦值的求法，属中档题．
 19.【答案】解：设表示鱼饼可以上架售卖，表示分别通过菌落总数、氯霉素、铝的残留量的检测．
因为这三个检测是相互独立的，所以这批鱼饼允许上架售卖的概率为
，
因此这批鱼饼不合格的概率为．
在通过菌落总数和氯霉素的检测项目后允许上架售卖的概率为：
，
因此，通过菌落总数和氯霉素的检测项目但是仍不允许上架售卖的概率．
零假设为：变量与相互独立，即年龄与满意程度之间无关联．
根据列联表中的数据，得：
，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为年龄与满意程度之间有关联． 【解析】对于，根据相互独立事件的概率计算公式算出可以售卖的概率，然后可得答案，对于，算出在已经通过菌落总数和氯霉素的检测项目的情况下，可以上架售卖的概率，然后可得答案；
根据列联表算出的值，然后可得答案．
本题主要考查独立性检验，考查转化能力，属于中档题．
 20.【答案】解：由题意知，，
设，则，
所以，
解得：，
所以椭圆方程为．
如图所示，

设直线的方程为，设，，
，
则，，
所以，
因为直线方程为，
直线方程为，
所以联立得



，
所以点横坐标为． 【解析】根据已知条件可得的值，设出坐标，由点坐标适合椭圆方程及可求得值，进而求得椭圆方程．
联立直线方程与椭圆方程，联立直线方程与直线方程并运用韦达定理代换可求得交点的横坐标．
本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
 21.【答案】解：因为，
所以，
若，，时，，单调递减，时，，单调递增；
若，由得或，
设，则，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，所以，
所以时，，单调递减，
，时，，单调递增．
综上得，当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增．
当时，，
存在，使得成立，
即成立，即成立，
设，则，
设，，则在上单调递增，
且，
所以存在，使得，
所以
令，，，在上单调递增，得，
所以，时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
所以，
所以，即的取值范围是． 【解析】分和讨论即可；
代入值，分离参数得，设，利用导数和隐零点法即可得到答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
 22.【答案】解：由曲线的参数方程为为参数，得，
，
，即．
设直线的倾斜角为，直线过点，
直线的参数方程为为参数，
将直线的参数方程代入，
可得，
化简可得，
设，两点所对的参数为，，
，
曲线与轴交于两点，
在曲线的内部，
，一正一负，
，
而，
，
，
，
，
，
解得，
又为直线的倾斜角，，
，
，
或，即直线的倾斜角为或． 【解析】利用参数方程转普通方程即可求解．
写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，，利用韦达定理代入中，化简即可求解．
本题考查普通方程和参数方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．
 23.【答案】解：令，
所以当时，取得最大值为，
关于的不等式有解等价于，即，
当时，上述不等式转化为，解得，
当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述的取值范围为，
故实数的取值范．
证明：根据可得，，均为正实数，且满足，
所以由柯西不等式可得，
当且仅当，，时取等号，
所以． 【解析】令，求出的最大值，由不等式有解可知，从而得到关于的不等式，即可解出的取值范围；
由柯西不等式得即可证明结论．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．