四川省射洪中学2023届高考文科数学适应性考试（二）试题（Word版附解析）

射洪中学高2023届高考适应性考试（二）文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求.1.设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用子集和集合相等的定义，结合交集的定义即可求解.【详解】由题意可知，，则集合为整数的构成的集合，，则集合为整数中奇数的构成的集合，所以，故B正确；A，C错误；所以，故D错误.故选：B.2.已知在一次射击预选赛中，甲、乙两人各射击10次，两人成绩的条形统计图如图所示，则下列四个选项中判断正确的是（） A.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差B.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差C.甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数D.甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数【答案】D【解析】【分析】根据条形统计图可分别计算出甲、乙的平均数、中位数、极差，从而判断出ACD的正误；根据成绩的分散程度可判断B的正误.【详解】对于A，甲的成绩的极差为，乙的成绩的极差为，甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差，故A错误．对于B，由条形统计图得甲的成绩相对分散，乙的成绩相对稳定，甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差，故B错误；对于C，甲的成绩的平均数为，乙的成绩的平均数为，甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故C错误；对于D，甲的成绩的中位数为；乙的成绩的中位数为：，甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数，故D正确；故选：D3.在等比数列中，若，，则公比q应为（）A.B.C.D.－2【答案】D【解析】【分析】由等比数列的通项公式直接求解即可.【详解】因为，解得q＝－2. 故选：D4.要得到函数的图象，只需将指数函数的图象（）A.向左平移1个单位B.向右平移1个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位【答案】D【解析】分析】根据指数函数解析式说明图象平移过程即可.【详解】由向右平移个单位，则.故选：D5.设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则的中点到轴的距离是（）A.2B.C.3D.【答案】C【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.【详解】解：由题意得，，则，所以，由抛物线的定义得点到准线的距离为，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入抛物线方程得，，所以的中点坐标为，到轴的距离是.故选：C6.在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据题意得到，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由题意，平面直角坐标系中，为坐标原点，且，可得，则且，所以.故选：A.7.已知等差数列的前项和为，，，则的最大值为（）A.7B.6C.5D.4【答案】B【解析】【分析】设公差为，根据等差数列的通项公式求出，即可得到的通项公式，再令，即可求出的最大值.【详解】设公差为，因为，，所以，解得，所以，令，解得，所以当或时取得最大值，且.故选：B8.直线被圆所截得弦长的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断直线与圆的位置关系，再由圆心与直线过的定点与直线垂直求解.【详解】解：易知直线l过定点，圆心，因为， 所以直线l与圆C相交，当时，l被圆C所截得的弦最短，此时弦长．故选：A．9.形如413或314的数称为“波浪数”，即十位数字比两边的数字都小．已知由1，2，3，4构成的无重复数字的三位数共24个，则从中任取一数恰为“波浪数”的概率为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】分三位数的中间的数字为和两种情况，求出“波浪数”的个数，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】若三位数中间的数字为，则有个，若三位数中间的数字为，则有个，即“波浪数”共有个；所以从中任取一数恰为“波浪数”的概率.故选：B10.若函数在为单调函数，则实数a的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，由排除，由排除，从而可得结果.【详解】利用特值法：时，；时，单调递增，即合题意，排除；时，， 单调递减，即合题意，排除，故选A.【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法.若结果为定值，则可采用此法.特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前项和公式问题等等.11.《忠经·广至理章第十二》中有言“不私，而天下自公”，在实际生活中，新时代的青年不仅要有自己“不私”的觉悟，也要有识破“诈公”的智慧.某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（）A.大于B.小于C.等于D.以上都有可能【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．【详解】由于天平两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为（不妨设，第一次称出黄金重为，第二次称出的黄金重为，由杠杆平衡定理可得，，，则，，，故顾客实际所得黄金大于．故选：．12.设函数，在上的导函数存在，且，则当时（）AB.C.D.【答案】C【解析】 【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，若，则，故A错误，若，则，故B错误；对于CD，因为，在上的导函数存在，且，令，则，所以在上单调递减，因为，即，所以，由得，则，故C正确；由得，则，故D错误.故选：C.二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知复数z满足，则_________．【答案】【解析】【分析】利用复数的四则运算法则及共轭复数的概念计算即可.【详解】.故答案为：2.14.______．【答案】【解析】【分析】利用指对数运算的性质化简求值即可.【详解】. 故答案为：15.如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.【答案】【解析】【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.【详解】设外接球半径为R，则，解得，所以外接球表面积为，故答案为：.16.已知定义在上的函数满足，为奇函数，则_________．【答案】【解析】【分析】根据奇函数性质可求得；由已知抽象函数关系式可知周期为，由周期性可推导求得结果.【详解】为定义域为的奇函数，，解得：；由得：， 是周期为的周期函数，.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.某学生兴趣小组随机调查了某市200天中每天的空气质量等级和当天到江滨公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级1（优）1220442（良）1519303（轻度污染）1616144（中度污染）752（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；并求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有99.9％的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次人次空气质量好空气质量不好附：．【答案】（1），340（2）列联表见解析，有【解析】 【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率；利用每组的中点值乘以频数，相加后除以可得结果；（2）根据表格中的数据完善列联表，计算出的观测值，再结合临界值表可得结论.【小问1详解】由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为，由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为【小问2详解】列联表如下：人次人次空气质量好6674空气质量不好4416，因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．18.如图，已知正方体的棱长为分别为的中点.（1）已知点满足，求证四点共面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】【分析】（1）作中点，连接，根据是平行四边形和为中位线，得到证明；（2）设到平面的距离为和到平面的距离为，利用求解.【小问1详解】证明：如图，作中点，连接，因为是平行四边形，所以，在中，为中位线，故，所以，故四点共面．【小问2详解】设到平面的距离为，点到平面的距离为，在中，．故的面积．同理，由三棱锥的体积，所以，得．故到平面的距离为．19.设函数的图象关于直线对称，其中为常数且 ．（1）求函数的解析式；（2）中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，求角A，B，C的大小并求的值．【答案】（1）（2），，【解析】【分析】（1）应用倍角正余弦公式化简函数式，根据对称轴有且，结合参数范围求参数值，即可得函数解析式；（2）由题设得求得，根据已知求得，最后应用正余弦定理边角关系求目标式的值.【小问1详解】，由题意且，则且，由，则，故，所以.【小问2详解】由，则，，所以，故，可得，所以，而，故，由，则，又， 所以，综上，，且.20.已知函数，其中.（1）当时，求的单调区间；（2）若对任意，都有求实数的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）【解析】【分析】（1）求导，因式分解后可知其单调区间；（2）分和讨论其单调性，根据函数最大值小于等于1解不等式可得.【小问1详解】当时，，，当时，；当时，，的单调递减区间为，单调递增区间为；【小问2详解】，当；当，在单调递减；在单调递增，①当时，在单调递减，且，，符合题意；②当时，则在单调递减；在单调递增，于是， 实数的取值范围为.21.已知双曲线过点，且焦距为10．（1）求C的方程；（2）已知点，E线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．【小问1详解】由题意可得，故，所以C的方程为．【小问2详解】设，，当时，即，解得，则，双曲线的渐近线方程为，故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，此时直线方程为，令，则，故．则直线． 由得，所以，．．所以，所以即．【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.若多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.【答案】（1），（2），此时【解析】【分析】（1）利用在极坐标下的表达式，即可得出的普通方程和的直角坐标方程；（2）利用点到直线的距离公式，结合三角函数的取值范围即可得出的最小值以及此时的直角坐标.【小问1详解】由题意，在（为参数）中，化为普通方程为在中，，∵，∴.【小问2详解】由题意及（1）得，设点，则到直线的距离为：，当且仅当，即，时，，此时.[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c是正实数，且．求证：（1）；（2）．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三个正数的算术平均数不小于其几何平均数；（2）利用柯西不等式．【小问1详解】因为a，b，c是正实数，所以，所以（当且仅当时等式成立），即；【小问2详解】因为，当且仅当等号成立