四川省泸州市泸县四中2023届高考理科数学适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县四中2023届高考理科数学适应性考试试题（Word版附解析），共20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。
泸县四中高2020级高考适应性考试数学（理工类）第I卷  选择题（60分）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. 设集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先化简集合，然后利用交集的定义进行化简即可【详解】因为，，所以故选：B2. 已知复数，则在复平面内所对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求的代数形式，再确定其在复平面所对应的点及其象限.【详解】因，所以复数在复平面内所对应的点为，该点在第四象限.故选：D.3. 甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为（    ）A. 0.9 B. 0.8 C. 0.7 D. 0.6【答案】B【解析】【分析】由题意，表示出该题未被解出的概率，然后列出方程，即可得到结果.【详解】设乙独立解出该题的概率为，由题意可得，∴．故选：B.4. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则含项的系数为（    ）A.  B. 28 C.  D. 35【答案】C【解析】【分析】设，然后代入，，可整理得奇数次幂项的系数之和，求得，即可求得答案【详解】设,则令,可得①，令,可得②，①②可整理得,解得,所以,所以含的项为,其系数为,故选：.5. 在平行四边形中，M为的中点，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算的几何意义进行分解即可.【详解】  .故选：A.6. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】从整体角度出发，令，寻找与的关系，结合诱导公式化简即可.【详解】令，则，则，故.故选：A7. 7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是（　　）A. 60 B. 120C. 240 D. 360【答案】C【解析】【分析】先排甲、乙、丙以外的人，再把甲、乙按甲在乙左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，即可得解.【详解】先排甲、乙、丙以外的人，再把甲、乙按甲在乙左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数有（种）.故选：C．8. 把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数g的图象，已知函数g=Asin（ωx+φ）（A>0，ω>0，|φ|）的部分图象如图所示，则f（x）=（    ）A. sin（4x+） B. sin（4x+） C. sin（x+） D. sin（x+）【答案】D【解析】【分析】首先根据图像，由振幅和可得，再反向平移，向左平移个单位长度，再横坐标缩短到原来的2倍即可得解.【详解】先根据函数图像求函数g=Asin（ωx+φ）得解析式，由振幅可得，显然，所以，所以，所以，所以，再由，由|φ|可得，所以，反向移动先向左平移个单位长度可得，再横坐标缩短到原来的2倍可得，故选：D9. 设为数列的前项和，若，，则下列各选项在正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由递推关系求出，根据与其前项和的关系可得是等比数列，根据等比数列的通项公式与求和公式即可求解.【详解】由，，得,即，解得.因为，所以，两式相减得，即.又，，所以，所以是首项为2，公比为3等比数列，∴，．故选:D.10. 已知两点,若曲线上存在点，使得,则正实数的取值范围为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】把圆的方程化为，以为直径的圆的方程为，若曲线上存在点，使得，则两圆有交点，所以，解得 ，选B.11. 在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且中点为M，过作平行于的截面，过作平行于的截面，记，与底面所成的锐二面角分别为，，若，则的值为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】令平面平面，证明是与平面所成的锐二面角，同理可得，由此证得即可推理作答.【详解】令平面平面，平面平面，如图，因平面，平面，则，因O是的垂心，则，即有，又平面，平面，则，而，平面，于是得平面，又平面，即有，因此，是与平面所成的锐二面角，即，同理，，因，即，在与中，，令，显然，则F是AB中点，直线CF是线段AB的中垂线，则，所以的值为1.故选：B12. 若函数的零点为，则（    ）．A.  B. 1 C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】由已知有，根据零点得到，利用指对数的关系及运算性质得到关于t的表达式，进而由指数函数的单调性确定t值即可.【详解】由题设，由得：，若，可得，若，可得，综上，，故.故选：B第II卷  非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 某正三棱锥正视图如图所示，则侧视图的面积为_______．【答案】【解析】【分析】本题首先可根据正三棱锥正视图绘出原图，然后通过原图得出正三棱锥的侧视图，即可求出结果.【详解】如图，根据正三棱锥正视图可绘出原图，正三棱锥高为，底面边长为，结合原图易知，即正三棱锥的侧视图，为底面三角形的高，则侧视图的面积，故答案为：.14. 设F为抛物线的焦点，A，B，C为该抛物线上三点.若，则|___________.【答案】【解析】【分析】设，，．由，得是的重心，利用三角形重心坐标公式求得，然后由焦半径公式求得结论．【详解】设，，．抛物线的焦点坐标为，准线方程为．由已知得，所以点是的重心，故，由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离（或者直接由焦半径公式）可得．故答案为：．15. 设数列的前项和为，且，若恒成立，则的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】根据题意得到，求得，得到，把不等式的恒成立转化为恒成立，设，化简得到，结合的值，求得的最小值是，即可求解.【详解】因为，所以，所以数列常数列，则，可得，故，因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，设，则，从而，当时，，当时，，因为，所以的最小值是，即，所以实数的最大值为.故答案为：.16. 双曲线C：（，）的两个焦点为，，以C的虚轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的渐近线交于点H，若的面积为，则C的离心率为______．【答案】【解析】【分析】根据相切关系可得直线的斜率，进而得方程为，联立两直线方程得交点坐标，即可由面积公式得的关系，由齐次式即可求解离心率.【详解】设直线与圆相切于,由题意可知,，所以 ，所以,所以直线方程为，联立和得 ，故 因此，故，因此，故 ，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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a.b，c，且.（1）求角B的大小；（2）设D为线段AC上一点，，，且满足，求AD的长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用两角和的正弦公式与诱导公式求出，进而求得角B的大小；（2）在中由余弦定理求出AC与，再在中利用余弦定理求进行求解.【小问1详解】解：由及正弦定理，得，所以，所以，所以，因为，所以，.因为，所以.【小问2详解】解：由（1）知，在中，由余弦定理，得，即，则.在中，，，解得.18. 党的二十大报告提出，从现在起，中国共产党的中心任务就是团结带领全国各族人民全面建成社会主义现代化强国、实现第二个百年奋斗目标，以中国式现代化全面推进中华民族伟大复兴.高质量发展是全面建设社会主义现代化国家的首要任务.加快实现高水平科技自立自强，才能为高质量发展注入强大动能.某科技公司积极响应，加大高科技研发投入，现对近十年来高科技研发投入情况分析调研，其研发投入y（单位：亿元）的统计图如图1所示，其中年份代码x=1，2，…，10分别指2013年，2014年，…，2022年.  现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下值：752.2582.54.512028.67表中．（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；（2）根据（1）中所选模型，求出y关于x的回归方程；根据所选模型，求该公司2028年高科技研发投入y的预报值．（回归系数精确到0.01）附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.【答案】（1）选择模型②，利用见解析    （2），.【解析】【分析】（1）根据残差点的分布可得出结论；（2）令，可得出，利用参考数据可求出、的值，可得出关于的回归方程，然后将代入回归方程，可得出该公司年高科投研发投入的预报值.【小问1详解】应该选择模型②，理由如下：由于模型②残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄，所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型②比较合适.【小问2详解】根据模型②，令，研发投入与可用线性回归来拟合，有.则，所以，则关于的线性回归方程为，所以关于的回归方程为，年，即时，（亿元），所以该公司年高科技研发投入的预报值为（亿元）.19. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，在“阳马” 中，侧棱底面ABCD，且.（1）若，试计算底面ABCD面积的最大值；（2）过棱PC的中点E作，交PB于点F，连DE，DF，BD.若平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，试求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，可设，，表示出底面ABCD的面积，然后利用基本不等式即可完成最值得求解；（2）设出，以点D为原点，建立空间直角坐标系，分别求解出平面DEF与平面ABCD的法向量，然后利用已知条件，求解出，即可求解出的值.【小问1详解】设，，由已知可知，而底面ABCD的面积为xy.则由均值不等式，可知，当且仅当时等号成立.【小问2详解】如图，以点D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，则，，，，所以.由于E是PC的中点，则，故，于是，即.又已知，而，所以平面DEF，故是平面DEF的一个法向量.而因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量.由已知平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，则，解得，所以.故当平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，20. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，点P是椭圆C上位于第二象限的任一点，直线l是的外角平分线，过左焦点作l的垂线，垂足为N，延长交直线于点M，（其中O为坐标原点），椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点的直线交椭圆C于A，B两点，点T在线段AB上，且，点B关于原点的对称点为R，求面积的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意可得到的值，结合椭圆的离心率，即可求得b,求得答案;（2）由可得，进一步推得，于是设直线方程和椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求得弦长，表示出三角形AOB的面积，利用换元法结合二次函数的性质求其范围.【小问1详解】由题意可知：为的中点，为的中点，为的中位线，，, 又,故 ,即,，又，，，椭圆的标准方程为；【小问2详解】由题意可知 ，，,①当过的直线与轴垂直时，， ,②当过的直线不与轴垂直时，可设，，直线方程为,联立,可得：.,,,由弦长公式可知 ，到距离为,故 ，令，则原式变为 ，令， 原式变为 当 时，  故 ，由①②可知 .【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时的三角形的面积问题，考查学生的计算能力和数学素养，解答的关键是计算三角形面积时要理清运算的思路，准确计算.21. 设函数.（1）若直线是函数图像一条切线，求实数的值；（2）若，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，求证：.【答案】（1）    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，设出切点坐标，然后求导，即可得到结果；（2）由题意，转化为，然后换元，构造函数，然后通过函数来研究，即可得到证明；（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，然后由裂项相消法即可得到证明.【小问1详解】设切点，则，解得，所以.【小问2详解】不等式可化为：，设，令，则，令，则，再令，则，所以在单调递增，又，则，即，所以在单调递增，的值域为.①当时，即时，，则在单调递增，又，所以恒成立，符合.②当时，即时，当时，，所以存在，使，则当时，，函数在上单调递减，而，所以对成立，不符合.综上，实数的取值范围是.【小问3详解】由（2）可知，时，，则.令，则.取，则.【点睛】关键点睛：本题主要考查了导数与函数的点调性以及极值的综合，以及数列求和问题，属于较难题；解答本题的关键在于构造函数，再由其结论即可证明第三问的不等式.（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. 直角坐标系中曲线C的参数方程为（为参数）.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）经过点作直线交曲线C于A，B两点，若M恰好为线段AB的三等分点，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据平方法消去参数即可得曲线的普通方程；（2）（为参数）代入曲线的直角坐标方程，再根据韦达定理及直线参数方程的意义可求得直线的斜率.【详解】（1）由曲线C的参数方程，得，由可得曲线C的直角坐标方程为.（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数）.代入曲线C的直角坐标方程得，则①，②，由题意可知，代入①得，代入②得，则，整理得，即，解得，所以直线的斜率为.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）去绝对值后，利用指数函数的单调性解不等式可得答案；（2）利用绝对值三角不等式求出，再根据基本不等式可证不等式成立.【小问1详解】由题意得：，∴，即，∴，∴不等式的解集为．【小问2详解】∵，当且仅当，即时，等号成立，∴函数的最小值为1，即．∴，因，所以（当且仅当时，等号成立）.∴不等式得证．