四川省绵阳中学2023届高三适应性考试（二）理科数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳中学2023届高三适应性考试（二）理科数学试题（Word版附解析），共23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。
时间：120分钟，满分：150分
第I卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共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. 已知全集，集合，，则（ ）
A. {x|或}B. {x|或}
C. D. {x
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用补集、并集的定义求解作答.
【详解】全集，集合，则或，而，
所以或.
故选：A
2. 在一次游戏中，获奖者可以获得5件不同的奖品，这些奖品要从编号为1-50号的50种不同奖品中随机抽取确定，用系统抽样的方法为获奖者抽取奖品编号，则5件奖品的编号可以是（ ）
A. 3，13，23，33，43B. 11，21，31，41，50
C. 3，6，12，24，48D. 3，19，21，27，50
【答案】A
【解析】
【分析】根据系统抽样的知识求得正确答案.
【详解】依题意，组距，
所以A选项符合，BCD选项不符合.
故选：A
3. 设数列的前项和为，若，，则 （ ）
A. 27B. 64C. 81D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】利用题给条件即可依次求得的值.
【详解】数列的前项和为，，
则，，
，
.
故选：C.
4. 已知，命题，命题表示焦点在x轴上的椭圆.则下列命题中为假命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次不等式的求解以及椭圆标准方程的概念，解得不等式的解集，可得命题的真假，结合逻辑用语的概念，可得答案.
【详解】对于命题，由，，解得，则命题为真命题；
对于命题，由方程表示焦点在x轴上的椭圆，则，解得，故命题为真命题；
综上，可知命题，，为真命题，命题为假命题.
故选：B.
5. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步率”都是1%的前提下，我们可以把看作是经过365天的“进步值”，看作是经过365天的“退步值”，则经过300天时，“进步值”大约是“退步值”的（ ）（参考数据：，，）
A. 22倍B. 55倍C. 217倍D. 407倍
【答案】D
【解析】
【分析】“进步值”与“退步值”的比值，再两边取对数计算即得解.
【详解】由题意得，经过300天时，“进步值”为，“退步值”为，
则“进步值”与“退步值”的比值，
两边取对数可得，
又，，∴，
∴，
即经过300天时，“进步值”大约是“退步值”的407倍.
故选：D.
6. 已知函数满足，则函数是（ ）
A. 奇函数，关于点成中心对称B. 偶函数，关于点成中心对称
C. 奇函数，关于直线成轴对称D. 偶函数，关于直线成轴对称
【答案】D
【解析】
【分析】，求得，再根据余弦函数的性质即可判断.
【详解】
因为，即
所以，即，
则，
所以，
令
对于AC，因为，所以函数是偶函数.AC错误；
对于BD，，所以函数关于直线成轴对称，B错误D正确.
故选：D
7. 动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程.
【详解】圆N：的圆心为，半径为，且
设动圆的半径为，则，即.
即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，
虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，
故动圆圆心P的轨迹方程是
故选：A
8. 若向量满足，则向量一定满足的关系为（ ）
A. B. 存在实数，使得
C. 存在实数，使得D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A,B,D通过举反例即可判断，对于C需分与是否为讨论即可.
【详解】，两边同平方得
，，
对A，时，为任一向量，故A错误，
对B，若，时，此时不存在实数，使得，故B错误，
对于C，因为，当与至少一个为零向量时，此时
一定存在实数,,使得，
具体分析如下：
当，时，此时为任意实数，，
当，时，此时为任意实数，，
当，时，为任意实数，
当，时，因为，则有，根据，
则，此时共线，且同向，则存在实数使得（），
令，其中同号，即，即，则存在实数,,使得，故C正确，
对于D，当，时，，故D错误，
故选：C.
9. 某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有（ ）
A. 288种B. 336种C. 384种D. 672种
【答案】D
【解析】
【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得.
【详解】甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，种方案，
丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，种方案，
所以共有种方案.
故选：D
10. 如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故选：D
11. 已知双曲线C的右顶点为A，左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出双曲线半焦距，由双曲线渐近线斜率求出，再由余弦定理求出，判断形状即可求解作答.
【详解】设双曲线的半焦距为c，直线的方程为，有，如图
即有，而，解得，
中，由余弦定理得：，
因此，即有，而，则，
又，于是，
所以双曲线的离心率.
故选：C
12. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由变形得出，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，进一步得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为，由，可得，
所以，，
令，其中，则，所以，函数在上单调递增，
由可得，
所以，，所以，，其中，
令，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，，解得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解本题的关键在于将不等式变形为，通过构造函数，进一步将不等式变形为，从而结合函数的单调性与参变量分离法求解.
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填在题中横线上.
13. 已知是虚数单位，，且的共轭复数为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据的幂运算、共轭复数定义和复数乘法运算法则直接求解即可.
【详解】，，
.
故答案为：.
14. 现有如下命题：①若的展开式中含有常数项，且的最小值为；②；③若有一个不透明的袋子内装有大小、质量相同的个小球，其中红球有个，白球有个，每次取一个，取后放回，连续取三次，设随机变量表示取出白球的次数，则；④若定义在R上的函数满足，则的最小正周期为；
则正确论断有______________.（填写序号）
【答案】②③
【解析】
【分析】①利用二项展式开式的通项公式分析，使展开式中含有常数项，求得的最小值；
②利用定积分的几何意义，表示的上半圆的面积；
③取到白球的次数，则；
④由，故的最小正周期为4.
【详解】①二项展式开式的通项公式, 令,
得,故当时, 有最小值5,错误；
②表示的上半圆的面积，面积为，正确；
③取到白球的次数，则，正确；
④由，故的最小正周期为4，错误.
故答案为：②③
【点睛】本题考查了二项式定理，二项分布，微积分的几何意义，函数的周期等知识，是一道考查了多个基本知识点的基础题.
15. 在四棱锥中，平面BCDE，，，，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】连接，由题意可得在直径为的圆上，在中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圆的半径，再利用平面BCDE可得球心到底面的距离，即可求解
【详解】连接，
因为，，所以在直径为的圆上，
取的中点，即四边形外接圆的圆心，
在中，即，解得，
所以四边形外接圆的直径即外接圆的直径为，
所以，
因为平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心与底面的距离为，
所以四棱锥外接球的半径为，对应的表面积为
故答案为：
16. 对于数列，定义为数列的“加权和”，已知某数列的“加权和”，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数p的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据数列新定义可得，从而时，，相减求得，进而求得的表达式，利用对任意的恒成立，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意可得，
∴时，，
两式相减可得：，
化为，
时，，满足上式，
故
故，
∵对任意的恒成立，
∴ ，即，
解得，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据数列新定义可得，从而时，，相减求得，从而可求得的表达式，因此解答的关键就在于将对任意的恒成立转化为解的问题.
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，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）若，D为边的中点，，求a；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在和中，利用余弦定理结合，可得的关系式，在中，利用余弦定理可得的关系式，即可得解；
（2）根据，，结合正弦定理化角为边，即可求得角，再利用余弦定理即可基本不等式即可得解.
【小问1详解】
在中，，
在中，，
因为，所以，
即，化简得，
在中，由，得，
所以，解得或（舍去），
所以，所以；
【小问2详解】
因为，，
所以，所以，
又，所以，
则，
所以，当且仅当时，取等号，
所以，
即面积的最大值．
18. 如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接、，
，为的中点，则， ，
平面，平面平面，平面平面，
平面，
平面，，
又，四边形是平行四边形，，
是等边三角形，，
平面，平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，平面平面；
（2）由（1）得平面，又平面，，
又，，
以点坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则．
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19. 年月日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分分（分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人．

（1）根据频率分布直方图，估计这人的第百分位数（中位数第百分位数）；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担任“党章党史”的宣传使者．
①若有甲（年龄），乙（年龄）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的平均数和方差．
【答案】（1）
（2）①；②年龄的平均数为，方差约为
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第百分位数第四组，根据第百分位数定义可构造方程求得结果；
（2）①根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；
②由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.
【小问1详解】
设第百分位数为，
，，
位于第四组：内；
方法一：由得：．
方法二：由得：．
【小问2详解】
①由题意得，第四组应抽取人，记为，，，甲；第五组抽取人，记为，乙，
对应的样本空间为：，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，甲，甲乙，乙，共个样本点．
设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则有甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲，甲乙，乙，共有个样本点．
；
②设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数分别为，方差分别为，
设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数分别为，方差分别为，
则，，，，
可得，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为．
则，
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，
则
.
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；
据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义求切线的斜率，根据点斜式方程求切线方程；
(2)利用导数判断函数的单调性，确定其最大值的表达式，再利用导数求其最大值的范围，由此可求整数m的值．
【小问1详解】
，其定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
由，得，
所以．
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即．
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），
所以当时，；当时，（等号仅在时成立）．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则．
令，，则，
所以在上单调递增，则，．
所以，所以．
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数的极值点的存在，并由此确定函数的最值.
21. 已知椭圆.
（1）若为椭圆上一定点，证明：直线与椭圆相切；
（2）若为椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线分别交直线于两点，且的面积为8.问：在轴是否存在两个定点，使得为定值.若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）当时，联立直线与椭圆方程，利用判别式计算判断，再验证的情况作答.
（2）设出切点坐标，利用（1）的结论，求出二切线方程，再求出点A，B的横坐标，借助三角形面积公式求出点P的轨迹方程即可作答.
【小问1详解】
当时，，直线与椭圆相切，当时，，
由消去y并整理得，
所以，有
所以直线与椭圆相切.
【小问2详解】
设，则由（1）得：，而二切线过点，则有，
因此是方程的两个解，即直线的方程为：，
设点，由解得，同理：，
，，
又，解得，
，即，整理得，
取点的轨迹方程为，此时点的轨迹是焦点为，实轴长为8的双曲线，
所以在轴上存在点，使得||成立.
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
（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，作答时请写清题号.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度.已知曲线，过点的直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线分别交于、.
（1）求曲线的直角坐标方程，直线的普通方程；
（2）若、、成等比数列，求实数的值.
【答案】（1），
（2）1
【解析】
【分析】（1）由公式代入曲线方程化简即可；消参即可得到直线的普通方程；
（2）由、、成等比数列，利用参数的几何意义可得，解方程，即可得到答案；
【小问1详解】
，曲线的直角坐标方程为，
直线的普通方程为：.
【小问2详解】
将直线的参数方程（为参数）
代入曲线的直角坐标方程得：
恒成立.
设交点，对应的参数分别为，.则，
若、、成等比数列，则
解得或（舍）所以满足条件的.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，
（1）求不等式的解集N；
（2）设N的最小数为n，正数a，b满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）分类讨论的取值范围去绝对值转化为一次不等式求解；
（2）由题意得，将，代入化简后使用基本不等式求最小值.
【小问1详解】
，即，
∴或或，
解得或或，
∴不等式的解集．
【小问2详解】
由（1），
∴，则，，
则
，
当且仅当，即，时等号成立．
∴的最小值为．