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）

这是一份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），共25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。

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 当时，，在递减.
∴.
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，