四川省泸县第五中学2023届高考数学（理）适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2023届高考数学（理）适应性考试试题（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。
泸县五中高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】D【解析】【分析】先解出集合T,然后集合T与集合S取交集即可.【详解】,集合，则故选D【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数对应点坐标得的值，再利用复数的除法可得结果.【详解】复数对应的点的坐标为，则，所以.故选：C.3. 一次考试选择题每题5分，设某学生答对的选择题数为随机变量X，选择题得分为随机变量Y，已知，则的值为（    ）A. 0.6 B. 0.5 C. 0.3 D. 0.4【答案】D【解析】【分析】根据离散型随机变量的性质即可求解【详解】根据题意知，，所以．因为，所以，所以．故选：D．4. 设，，，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用指对互算、对数的运算性质和对数函数的单调性即可比较大小.【详解】，，而，则，故选：A.5. 国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆.并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统.已知过滤过程中废水的污染物数量与时间的关系为（为最初污染物数量）.如果前小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（    ）小时.A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分析可得出，设，求出的值，由此可得出结果.【详解】由题意可得，可得，设，可得，解得.因此，污染物消除至最初的还需要小时.故选：C.6. 已知向量、为单位向量，且在的方向上的投影为，则向量与的夹角为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由，变形可得，再利用平面向量数量积公式，结合向量夹角的范围可得结果.【详解】设向量与的夹角为，因为向量、为单位向量，且在的方向上的投影为，则有，变形可得：，即，又由，则，故选A．【点睛】本题主要考查向量的夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.7. 设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据等差中项写出式子，由递推式及求和公式写出和，进而得出结果.【详解】解：由，，成等差数列，可得，则，，，可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列.则，，则的最大值可能为.由，，可得.因为，，，即，所以，则，当且仅当时，，符合题意，故的最大值为.故选：A.【点睛】本题考查等差数列的性质和递推式的应用，考查分析问题能力，属于难题.8. 在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，则该二项式展开式中项的系数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求得二项式的展开式前三项的系数，根据已知条件求得的值，然后写出展开式通项，令的指数为，求得参数的值，代入通项即可得解.【详解】由题意可得、、成等差数列，且，，化简得，即，，解得.故展开式的通项公式为，令，求得，故该二项式展开式中项的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项式中指定项系数的求解，考查二项展开式通项的应用，考查运算求解能力，属于中等题.9. 已知定义在上函数是奇函数且满足，，数列满足（其中为的前项和），则A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】由函数是奇函数且满足，可知T=3由，可得：两式相减得：，即，∴是公比为2的等比数列，∴，∴∴故选C10. 已知三棱锥的外接球半径为5，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A. 48 B. 56 C. 64 D. 72【答案】B【解析】【分析】根据面MPC且最大时，三棱锥的体积最大求解即可．【详解】解：外接球球心为，分别取，中点，，连接，（如图），则，∴ ，，当三点共线，且面MPC时，三棱锥的体积最大，，故选：B．【点睛】本题解题的关键是把当面MPC时，用表示，只要分析在什么情况下取到最大值即可．11. 设分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点，与双曲线右支交于点，且满足，，则双曲线的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆半径得出，根据中位线定理和勾股定理计算，从而得出，即可得出双曲线的方程．【详解】∵为圆上的点，，，∴是的中点，又是的中点，，且，又，，是圆的切线，，又，，，∴双曲线方程为．    故选：D12. 已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】对求导，研究函数的单调性、极值等性质，利用的图象求得的范围，以及与的关系，将问题转化为关于的函数的值域的问题进行求解即可．【详解】因为，故可得，令，解得，当或时，；时，，故在单调递增，在单调递减，在单调递增．则的极大值为，的极小值为，∵，∴当时，；当时，；当时，，根据以上信息，作出的大致图象如图所示：由图可知，直线与函数的图象有3个交点时，方程有3个不同的实根，则，因为方程的3个不同的实根为，则，又因为，故，令，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，又，，故可得，所以时，，即．故选：A．【点睛】方法点睛：已知方程根的个数，求参数的取值范围的常用方法：（1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解；（3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题．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. 已知数据的方差为，数据的方差为，则___________..【答案】9【解析】【分析】利用公式可得两类方差之间的关系.【详解】设数据的均值为，则的均值为，故且，故，故答案为：9.14. 已知，则______________【答案】【解析】【分析】利用诱导公式结合已知条件即可求解.【详解】，故答案为：.15. 已知直线和圆相切，则实数___________．【答案】0或【解析】【分析】利用圆心到直线的距离为半径可求的值.【详解】因为直线：与圆相切，故圆心到直线的距离，解得，或.故答案为：或0.16. 如图，已知正方体的棱长为2，点E是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是________（填所有正确结论的序号）①若，，则平面；②若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为；③若的角平分线交AB于点F，且，则动点E的轨迹长为；④直线与平面所成的角的余弦值的最大值为．【答案】①②③【解析】【分析】由点在线段上，连接，，证得平面和平面，得到平面平面，进而得到平面，可判定①正确；由平面，得到平面平面，得到截面与平面平行，设，求得、及，可判定②正确；建立平面直角坐标系，设，由，得到，可判定③正确；由平面，得到即为直线与平面ABCD所成角，求得，进而判定④错误．【详解】对于①中，如图所示，由知，点在线段上，连接，，因为，且平面，平面，所以平面，同理可证得平面，又因为且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以①正确；对于②中，如图所示，在正方体中，可得平面，又因为，所以平面平面，即所求截面与平面平行，因为平面平面，平面平面，所以，同理可证，，设，其中，则，因为，所以，，因为，所以，同理，可得，，故截面多面形的周长为，所以②正确；对于③中，建立平面直角坐标系，如图所示，设，，，由角平分线性质得，即，故，化简得，即所以，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且弧长为，所以③正确；对于④中，如图所示，在正方体中，可得平面，所以即为直线与平面ABCD所成角，在直角中，可得，又因为在的内部及其边界，可得，所以的最大值为，所以④错误．故答案为：①②③.三、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. 在锐角中，角的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先将三角函数表达式化简，结合正弦定理将边化为角的表达式.由正弦和角公式化简，即可求得角.（2）根据正弦定理，由及（1）可表示出.进而用角表示出，由内角和定理及角，将式中的角化为角，利用辅助角公式化简，结合正弦函数的图像与性质即可求得的取值范围．【详解】（1）锐角中，，∴，由正弦定理得，∴，又，∴，又，∴（2）由正弦定理，则有， 则，因为为锐角三角形所以，可得，则， 由正弦函数的图像与性质可得，即【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角恒等变换及辅助角公式的用法，正弦函数的图像与性质的综合应用，属于中档题.18. 某市中学生田径运动会总分获得冠、亚、季军的代表队人数情况如下表，大会组委会为使颁奖仪式有序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动．并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐，其中亚军队有5人．名次性别冠军队亚军队季军队男生3030 女生302030（1）求季军队的男运动员人数．（2）从前排就坐的亚军队5人(3男2女)中随机抽取2人上台领奖，请求出有女生上台领奖的概率．（3）抽奖活动中，运动员通过操作按键，使电脑自动产生[0，4]内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序．若电脑显示“中奖”，则运动员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖．求运动员获得奖品的概率．【答案】（1）20；（2） ；（3）．【解析】【分析】（1）由分层抽样的计算方法，求得代表队总人数为，进而求得季军队的男运动员人数；（2）设男生为，女生为，随机抽取2人，求得基本事件的总数和女生上台领奖所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解；（3）求得试验的全部结果所构成的区域的面积，进而求得运动员获得奖品所构成的区域的面积，结合面积比的几何概型，即可求解.【详解】（1）设代表队共有人，则，所以，则季军队的男运动员人数为．（2）设男生为，女生为，随机抽取2人，包括的基本事件个数为，有女生上台领奖的基本事件为，所以，有女生上台领奖的概率为．（3）试验的全部结果所构成的区域为，面积为，事件A表示运动员获得奖品，所构成的区域为，面积为，这是一个几何概型，所以,即运动员获得奖品的概率为．19. 如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为，，的中点，.（1）求证：；（2）若平面，试确定D点的位置，并求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，，由平面，则，可得，利用向量法即可求解.【小问1详解】证明：在正三棱柱中，平面，因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，所以，平面，所以E、F、B、G四点共面，，又因为，且，所以平面，所以；【小问2详解】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，可得，因为平面，所以，解得，所以，易知平面法向量，所以，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.20. 椭圆的左､布焦点分别为，直线过和椭圆交于两点，当直线轴时，．（1）求椭圆的方程；（2）若，且，设线段的中点为，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据题意建立方程求出a,b,c，即可求解；（2）验证斜率为0时不符合题意，当斜率不为0时，设直线，联立椭圆方程，由韦达定理可求，由向量化简，并结合条件，且求解.【详解】由题意得：，所以，解得椭圆的方程；（2）①当直线的斜率为0时，不满足②设直线，联立，得则，中边上的中线长为令则，得，由，得，，中边上中线长的取值范围是【点睛】关键点点睛：利用直线与椭圆联立，及韦达定理与，换元后得出，由，求t的取值范围，是解题的关键与难点，属于难题.21. 已知函数在点处的切线垂直于y轴.（1）求的单调区间；（2）若存在a，b，c使得，求证：；【答案】（1）在区间单调递增，在区间单调递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义和已知条件可得，从而可求出，然后通过由际数的正负求出的单调区间；（2）设，则，欲证明：，即，因为，且在上单调递增，只需要证明，然后构造函数，利用导数求其最小值即可【详解】解：（1），在点处的切线垂直于轴；，得；则；时；时，在区间单调递增，在区间单调递减.（2）设，则.欲证明：，即.因为，且在上单调递增，只需要证明；构造，所以在区间上单减，在上单增，现证明：，令，，则在上单调递减，所以，而，得证所以，得证结论成立.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是通过分析要证明：，即，因为，且在上单调递增，只需要证明，然后构造函数，利用导数求其最小值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题（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. 如图，在极坐标系中，、、、，弧、弧、弧所在圆的圆心分别是、、，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧，曲线由、、构成．（1）写出曲线的极坐标方程，并求曲线与直线所围成图形的面积；（2）若点在曲线上，且，求点极坐标．【答案】（1）答案见解析；（2）或或或.【解析】【分析】（1）分别写出曲线、、的极坐标方程，综合可得出曲线的极坐标方程；（2）分、或、解方程，求出的值，即可得出点的极坐标.【详解】（1）由题意可知，弧所在圆的圆心的直角坐标为，点的直角坐标为，点的直角坐标为，所以，弧所在圆的方程为，即，所以，曲线的极坐标方程为.弧所在圆的圆心的直角坐标为，点的直角坐标为，点的直角坐标为，所以，弧所在圆的方程为，即，所以，曲线的极坐标方程为（或）.弧所在圆的圆心坐标为，点的直角坐标为，点的直角坐标为.所以，弧所在圆的方程为，即，所以，曲线的极坐标方程为.因此，曲线的极坐标方程为.所围成的图形即为两个四分之一圆、一个半圆和一个矩形所组成，所以面积为：；（2）设曲线上一点，由题设：若，由得，则；若或，由得，得或；若，由得，得；因此，点的极坐标为或或或.【点睛】思路点睛：求曲线的极坐标方程通常有以下五个步骤：（1）建立适当的极坐标系；（2）在曲线上任取一点；（3）根据曲线上的点所满足的条件列出等式；（4）用极坐标表示上述等式，并化简得曲线的极坐标方程；（5）证明所得的方程是曲线的极坐标方程（一般只对特殊点加以检验即可）.【选修4-5 不等式选讲】23. 已知．（1）若，解不等式；（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）带入，化简原式，分类讨论的取值范围，去除绝对值，进行求解；（2）由分离常数，利用基本不等式及函数单调性进行求解.【小问1详解】解，∴，化为，当时，原式为，解得，；当时，原式，，.综上可得，解集为.【小问2详解】解：由题意得：当时，恒成立，恒成立，上式化为恒成立，即，由于，，令，则，上式化为：.在上为减函数，；同理在上为增函数，.