
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四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高考数学(理)适应性考试试题(Word版附解析)
展开叙州区一中高2020级高考适应性考试数学(理工类)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】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.
【详解】由,,
则,
所以.
故选:A.
2. 若复数(,为虚数单位)是纯虚数,则实数的值为( )
A. B. 6 C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】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.
【详解】因
,
因为复数为纯虚数,所以,解得.
故选:D
3. 已知向量,,若与平行,则实数的值为( )
A. B. C. 6 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求与的坐标,然后由向量平行的坐标表示可得.
【详解】因为,,
所以,
又与平行,
所以,解得.
故选: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
【答案】C
【解析】
【分析】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.
【详解】令,则由得,
解得或,又因为,
所以,即:,解得,
又因为“”是“” 充要条件,
所以“”是“”的充要条件.
故选:C.
5. 函数的图像是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意,令,可以排除AD,然后求导得,即可排除C.
【详解】因为,令,则,
即,解得,或,解得,
所以当时,函数有1个零点,当时,函数有2个零点,
所以排除AD;
当时,,
则,当时,,
所以当时,,函数单调递增,所以B正确;
故选:B.
6. 已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】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.
【详解】,
,
.
故选:D
7. 设等比数列的前n项之积为Sn,若,,则a11=( )
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】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.
【详解】因为,,所以,,
解得,,
则,故.
故选:C.
【点睛】本题考查等比数列的性质,考查数学运算的核心素养.
8. 已知是奇函数,当时,,当时,的最小值为1,则a的值等于( )
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数性质知,当时,的最大值为-1,再利用导数求出函数的单调性求出,即得解.
【详解】由奇函数性质知,当时,的最大值为.
令.
当0
∴.
故选: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.
【答案】A
【解析】
【分析】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.
【详解】,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:A.
【点睛】知识方法:有关三角函数综合问题的求解策略:1.根据题意问题转化为三角函数的解析式和图像,然后再根据数形结合思想研究三角函数的性质,进而加深理解函数的性质.
2.熟练应用三角函数的图像与性质,结合数形结合法的思想研究函数的性质(如:单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等),进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质,但解答中主要角的范围的判定,防止错解.
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.
【答案】B
【解析】
【分析】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.
【详解】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:B.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】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.
【详解】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:C
【点睛】关键点睛:根据解答的关键是用含的式子表示,再利用点差法得到,从而表示出,最后利用基本不等式求出最小值.
12. 已知函数,则下列说法中正确的是( )
①函数有两个极值点;
②若关于的方程恰有1个解,则;
③函数图象与直线()有且仅有一个交点;
④若,且,则无最值.
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】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①;作出函数图象,即可判断②;根据①求得的导函数,可推得,有恒成立,即可得出③;作图,根据图象得出与有3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④.
【详解】对于①,当时,,恒成立,
所以在上单调递增;
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①正确;
对于②,作出的图象如下图1
由图1可知,若关于的方程恰有1个解,则或,故②错误;
对于③,由①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③正确;
对于④,
由图2可知,当时,函数的图象与有3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④错误.
综上所述,①③正确.
故选:D
【点睛】方法点睛:遇到条件时,常设,然后根据图象得出的范围.根据解析式,用表示出,将所求表达式表示为的函数,根据导函数研究函数的单调性、极值、最值等.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知实数x,y满足约束条件则的最大值为 ______.
【答案】3
【解析】
【分析】作出可行域,通过平移直线即可求解.
【详解】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,z取得最大值,∴.
故答案为:3.
14. 已知的二项式系数之和为64,则展开式中的系数为______(用数字作答).
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得,解出n,结合通项公式计算即可求出的系数.
【详解】由题意知,
二项式系数之和,
所以
所以,
所求的系数为.
故答案为:60.
15. 现有7位同学(分别编号为)排成一排拍照,若其中三人互不相邻,两人也不相邻,而两人必须相邻,则不同的排法总数为________.(用数字作答)
【答案】240
【解析】
【分析】把排列,产生4个空位,然后将看作一个整体与插入到中可求解.
【详解】解:因两人必须相邻,所以把看作一个整体有种排法.
又三人互不相邻,两人也不相邻,所以把排列,有种排法,产生了4个空位,再用插空法.
(1)当分别插入到中间的两个空位时,有种排法,再把整体插入到此时产生的6个空位中,有6种排法.
(2)当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时,有种排法,此时必须排在中间的两个空位的另一个空位,有1种排法.
所以共有.
【点睛】方法点睛:在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理;“不相邻问题”用插空法策略处理.
16. 如图,棱长为2的正方体中,P,Q为四边形内的点(包括边界),且点P到AB的距离等于到平面的距离,点Q到的距离等于到平面ABCD的距离,则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义得到P,Q的轨迹,结合图像,即可求解.
【详解】当P,Q在线段上时,由P到AB的距离等于到平面的距离知,P到点B的距离等于到的距离,故点P在以B为焦点,为准线的抛物线上;同理,点Q在以为焦点,BC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1).
则P,Q的轨迹分别为四边形内过点,且平行于AB的线段(如图2).则的最小值即为.
如图3所示,建立平面直角坐标系,则的坐标为,,所在的抛物线方程为,,联立方程且,得,
,,即的最小值为.
故答案为:.
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:共60分
17. 在△ABC中,.
(1)求B的值;
(2)给出以下三个条件:①;②,;③,若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问题:
(i)求的值;
(ii)求∠ABC的角平分线BD的长.
【答案】(1)
(2)正确条件为①③,(i),(ii)
【解析】
【分析】(1)利用和角正弦公式可得,结合三角形内角和性质即可求B的值;
(2)根据条件组合判断出正确条件为①③,(i)应用余弦定理、三角形面积公式求各边长,最后由正弦定理求;
(ii)由角平分线性质求得,再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出,再根据正弦定理求BD的长.
【小问1详解】
由题设,
而,
所以,故;
【小问2详解】
若①②正确,则,得或,
所以①②有一个错误条件,则③是正确条件,
若②③正确,则,可得,即②为错误条件,
综上,正确条件为①③,
(i)由,则,即,
又,可得,
所以,可得,则,
故;
(ii)因为且,得,
由平分得,
在中,,
在中,由,得.
18. 如图,在三棱柱中,.
(1)证明:;
(2)若,且,求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)取中点,连接,,证明平面,得到,再根据证明即可;
(2)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.
【小问1详解】
取中点,连接,,
因为,,所以,,
又,平面,
所以平面,又平面,
所以,又,
所以.
【小问2详解】
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,即,
取,则,所以,
设平面的一个法向量为,
则,即,
取,则,所以,
故,又,
所以二面角的正弦值为.
19. 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.
(1)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.
(i)求检测过程中,这批鱼饼不合格的概率;
(ii)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;
(2)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200名用户的数据,如下表:
年龄
满意程度
合计
满意
不满意
成人
80
20
100
儿童
40
60
100
合计
120
80
200
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:
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)(i);(ii)
(2)认为年龄与满意程度之间有关联
【解析】
【分析】(1)对于(i),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(ii),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;
(2)根据列联表算出的值,然后可得答案.
【小问1详解】
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.
(i)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.
(ii)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.
【小问2详解】
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.
20. 已知椭圆:的左、右顶点分别为,,M是椭圆R上异于A,B的一点,且直线MA与直线MB的斜率之积满足.
(1)求椭圆R的标准方程;
(2)过点的直线交椭圆于C,D两点,且直线AC,BD交于点Q,求点Q的横坐标.
【答案】(1)
(2)4
【解析】
【分析】(1)根据已知条件可得a的值,设出M坐标,由点M坐标适合椭圆方程及可求得值,进而求得椭圆方程.
(2)联立直线CD方程与椭圆方程,联立直线AC方程与直线BD方程并运用韦达定理代换可求得交点Q的横坐标.
【小问1详解】
由题意知,,
设,则,
所以,解得:,
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
如图所示,
设直线CD的方程为,设,,
,
则,,
所以,
因为直线AC方程为①,直线BD方程为②,
所以联立①②得,
所以Q点横坐标为4.
21. 已知.()
(1)讨论的单调性;
(2)若,且存在,使得,求的取值范围.
【答案】(1)见解析 (2)
【解析】
【分析】(1)分和讨论即可;
(2)代入值,分离参数得,,设,利用导数和隐零点法即可得到答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点睛:本题第二问的关键是利用分离参数法得到,然后设,利用导数求解最小值,其中用到了经典的隐零点法,是导数大题中的难点.
(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.
[选修4-4 极坐标与参数方程]
22. 已知曲线参数方程为(为参数),直线过点.
(1)求曲线的普通方程;
(2)若直线与曲线交于,两点,且,求直线的倾斜角.
【答案】(1).
(2)或.
【解析】
【分析】(1)利用参数方程转普通方程即可求解.
(2)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.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为(为参数),得,
,,即(为焦点在轴上的椭圆).
【小问2详解】
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,
,
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,为直线的倾斜角,,
,,或,
直线的倾斜角为或.
[选修4-5 不等式选讲]
23. 已知关于x的不等式有解.
(1)求实数t的取值范围;
(2)若a,b,c均为正数,m为t的最大值,且.求证:.
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)令,求出的最大值,由不等式有解可知,从而得到关于t的不等式,即可解出t的取值范围;
(2)由柯西不等式得即可证明结论.
【小问1详解】
令,
所以当时,取得最大值为3,
关于x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t的取值范围为,
故实数t的取值范.
【小问2详解】
根据(1)可得a,b,c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,
四川省宜宾市叙州区第一中学2024届高三一模数学(理)试题(Word版附解析): 这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2024届高三一模数学(理)试题(Word版附解析),共18页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三一模数学(理)试题(Word版附解析): 这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三一模数学(理)试题(Word版附解析),共24页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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