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）

绵阳中学2020级高三高考适应性考试（二）数学（理科）试题时间：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：A2.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.11，21，31，41，50C.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：A3.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：D7.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：D10.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：D11.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：C12.已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围（）AB.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．