四川省泸县第一中学2023届高考适应性考试数学（理）Word版含解析

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泸县一中高2020级高考适应性考试数学（理工类）试卷本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回第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，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出集合后可得.详解】，；，故选：B.【点睛】本题考查一元二次不等式的解、对数不等式的解及集合的交集运算，解对数不等式时注意真数恒为正，属于中档题.2.已知向量，，若，则等于（）A.6B.C.12D.【答案】C【解析】【分析】先根据向量的加减和数乘运算求出的坐标，然后根据建立等式，求出的值即可．【详解】解：，，，，，

1.解得故选：．【点睛】本题主要考查了数量积判断两个平面向量的垂直关系，以及向量的加减和数乘运算，属于基础题．3.2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.【详解】由题意进行数据分析，可得：，解得：；，解得：；所以.比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以得到：.故选：A

24.中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W､信道内信号的平均功率S､信道内部的高斯噪声功率N的大小.其中叫做信噪比，当信噪比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从100提升至900，则C大约增加了（）(，)A.28%B.38%C.48%D.68%【答案】C【解析】【分析】根据所给公式及对数的运算法则代入计算可得；【详解】当时，，当时，，∴，∴约增加了48%.故选：C5.甲、乙等6人去参观民间剪纸艺术展，参观结束后，他们站成一排拍照留念，则甲、乙相邻的不同站法有（）A.120种B.240种C.360种D.480种【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理、相邻问题的排列直接列式计算作答.【详解】依题意，甲、乙相邻的不同站法有（种）.故选：B6.已知，，，，将四边形绕轴旋转一周，则所得旋转体的体积是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】

3【分析】过作轴的垂线交轴于，则三角形是直角三角形，四边形是直角梯形，进而可得四边形绕轴旋转一周所得几何体是一个圆锥和一个圆台的组合体，结合圆台和圆锥的表面积体积公式，可得答案．【详解】解：过作轴的垂线交轴于，则三角形是直角三角形，四边形是直角梯形，四边形绕轴旋转一周所得几何体是一个圆锥和一个圆台的组合体，易求得所得旋转体的表面积是，体积为．故选：A【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆台和圆锥的体积和表面积公式是解答的关键，属于中档题.7.已知，则的值为（）A.B.C.0D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式及同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，所以

4.故选：B8.若圆上有且只有四个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求圆心到直线的距离，再根据条件，列式和半径比较大小，求的取值范围.【详解】圆心到直线的距离，若圆上有四个点到直线的距离等于1，则，即.故选：D【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆的位置关系，与直线距离为1的两条直线与圆有4个交点，根据点到直线的距离，建立不等式求解.9.将函数(其中)的图像向右平移个单位长度，所得图像关于对称，则的最小值是A.6B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的图象和性质，结合函数图象的变换即可得出结果.【详解】将的图象向左平移个单位，可得所得图象关于，所以所以，即

5由于，故当时取得最小值.故选：D10.如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点，下列说法不正确的是（）A.对任意点，平面B.三棱锥的体积为C.线段长度的最小值为D.存在点，使得与平面所成角的大小为【答案】D【解析】【分析】连接，证得平面平面，可判定A正确；根据，可判定B正确；当点为线段的中点时，求得线段的长度最小值，可判定C正确；求得与平面所成角的正切值的取值范围，可判定D错误.【详解】连接，由且，可得四边形为平行四边形，所以，又由平面，且平面，所以平面，同理可得平面，又，可得平面平面，所以对于任意点，则平面，所以A正确；由，所以B正确；

6当点为线段的中点时，可得，此时线段的长度最小，最小值为，所以C正确；当点在线段上运动时，长度的最小值为，最大值为，又由长度的取值范围为，而点到平面的距离为定值1，因为平面平面，所以与平面所成角与与平面所成角相等，又由平面，可得在平面射影为，所以在平面所成角的正切值为，即与平面所成角的正切值的取值范围为，其最大值小于，则不存在点使得与平面所成角的大小为，所以D错误.故选：D.【点睛】1、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；2、等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.3、求解直线与平面所成角时，根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值.11.抛物线焦点为，点满足（为坐标原点），若过点

7作互相垂直的两弦、，则当弦过点时，的所有可能取值的集合为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，，根据已知可求出焦点的坐标，再由可得，利用轴上的截距式设直线的方程为，将其与抛物线联立消去得，利用根与系数关系求出，，进而可求出，再由可得，将，代入即可得到答案．【详解】由已知得，因为，所以，所以，由题意知，弦所在直线的斜率不为0，可设直线的方程为，，，由，得，所以，，所以因为，所以，又，，所以，即，又，

8所以，解得或(不符合题意，舍去)，所以的所有可能取值的集合为．故选：A．【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查向量的数量积及向量数乘的坐标运算，属于中档题．12.设，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】令，，利用导数可求得的单调性，从而确定，，令即可得到大小关系.【详解】令，，则，在上单调递增，，即；取，则令，，则，在上单调递增，，即；取，则，即，即，综上，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查采用构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据的形式的共同点，准确构造函数和，利用导数求得函数单调性后，通过赋值来确定大小关系.第II卷非选择题（90分）

9二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若复数（为虚数单位），则___________.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法化简复数，再结合复数的运算得的值.【详解】，所以.故答案为：.14.展开式中的常数项为__________.【答案】【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.【详解】由题意的展开式的通项为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：6015.已知数列的前n项和为，则=___________.【答案】【解析】【分析】根据题中，利用和的关系式来求解，注意时要检验是否符合时的表达式.【详解】当时，；当时，因为，所以

10所以；所以；所以当时，是以2为公比的等比数列；所以，当时，所以，故答案为：16.我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也.”现有一个刍甍如图所示，底面是边长为4的正方形，上棱，四边形为两个全等的等腰梯形，到平面的距离为2，则该刍甍外接球的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据几何体的结构特征，得出该刍甍外接球的球心在直线上，结合球的截面性质，列出方程组，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，连接相交于点，取的中点，连接，可得平面，则该刍甍外接球的球心在直线上，设该刍甍外接球的半径为，，则，解得，所以该刍甍外接球的表面积为.故答案为：.

11三、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.已知中，角所对的边分别为，且.（1）求的值.（2）若的面积，且，求的外接圆半径.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，得到，将化简，代入得到的数值，计算出答案；（2）根据的面积得到，再利用余弦定理得到，再由正弦定理得到外接圆的半径.【小问1详解】由，得，且，所以，所以

12；【小问2详解】由得：，解得，由余弦定理，得到，由正弦定理得：，即，解得.18.如图，在三棱锥中，，平面，，.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）从所要证明的结论分析：要证平面平面，即证平面，即证平面，即证，进而得到证明思路；（2）方法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求二面角的大小；方法二：过作，垂足为，连接，找出二面角的平面角，利用余弦定理求其大小.【小问1详解】

13证明：因为平面，平面，所以.因为，，所以平面.因为，，所以，故平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】方法一：因为，，所以.以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，，.设是平面的法向量，则，即，令，则，，所以，.设是平面的法向量，则，即，令，则，，所以，所以.所以平面与平面的夹角的大小为.

14方法二：如图，过作，垂足为，连接.由（1）中的垂直关系及条件，可计算得，，所以.所以.所以为二面角的平面角.，..所以.在中，由余弦定理可得.所以，所以平面与平面的夹角的大小为.

1519.某公司采用招考方式引进入才，规定必须在、、三个测试点中任意选取两个进行测试，若在这两个测试点都测试合格，则可参加面试，否则不被录用，已知考生在每个测试点测试结果互不影响，若考生小李和小王一起前来参加招考，小李在测试点、、测试合格的概率分别为、、，小王在上述三个测试点测试合格的概率都是.（1）问小李选择哪两个测试点测试才能使得可以参加面试的可能性最大？请说明理由；（2）假设小李选择测试点、进行测试，小王选择测试点、进行测试，记为两人在各测试点测试合格的测试点个数之和，求随机变量的分布列及数学期望.【答案】（1）、测试点，理由见解析；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式分别计算出小李选择、或、或、测试点测试合格的概率，比较大小后可得出结论；（2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，利用独立事件的概率乘法公式计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的概率分布列，进而可求得随机变量的数学期望的值.【详解】（1）设考生小李在、、各测试点测试合格记为事件、、，且各个事件相互独立，由题意，，，若选择在、测试点测试，则参加面试的概率为；若选择在、测试点测试，则参加面试的概率为；若选择在、测试点测试，则参加面试的概率为.因为，所以小李选择在、测试点测试参加面试的可能性最大；（2）记小李在、测试点测试合格记为事件、，记小王在、测试点测试合格记为事件

16、，则，，且的所有可能取值为、、、、.所以，，，，.所以随机变量的分布列为：.【点睛】本题考查利用独立事件的概率乘法公式计算概率，同时也考查了离散型随机变量分布列及其数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.20.已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】

17【分析】（1）根据的面积及其为正三角形的特征，可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）假设直线方程，利用对称性可知在轴上，由此可得；设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入中整理可得，根据，由向量数量积的坐标运算可构造不等式求得结果.【小问1详解】是面积为的正三角形，，解得：，椭圆方程为：.小问2详解】设，则，直线方程为：，即；由对称性可知：点在轴上，则令，解得：，设直线，由得：，，，

18，又，，，，为钝角，，解得：或，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的向量数量积问题，解题关键是能够利用韦达定理的结论化简点坐标，结合为钝角，将问题转化为向量数量积的求解问题，从而构造不等式求得结果.21.已知函数，.若函数在定义域内有两个不同的极值点.（1）求实数a的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】(1)在内有两个不同的极值点、，等价于在内有两个不同的零点、.研究的单调性和零点情况即可求出a的范围；(2)设，由(1)知且，则，将a=代入要证的不等式，可将不等式化为，令，则不等式化为，问题转化为在(0，1)恒成立即可．小问1详解】函数定义域为，

19在内有两个不同的极值点、，等价于在内有两个不同的零点、．设，由，当时，，在上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减，∴当时，，函数有两个零点，则必有，即，解得．易证，证明如下：令，，当时，，单调递减，当时，单调递增，故，故，得证．∴，又，∴在和上各有一个零点、，此时：00↓极小值↑极大值↓故在定义域内有两个不同极值点时，a的范围为；【小问2详解】方法1：由(1)可知是的两个零点，不防设，

20由且，得．∵．令，则，记，，则，令，．又，则，即，∴在上单调递增，故，即成立．∴不等式成立．方法2：欲证，由，，则只需证：．不妨设，则且，则，∴，令，则，记，，由，即在上单调递增，故，即成立.故．【点睛】本题第一问关键是找到x=1和x=，判断，

21，从而根据零点存在性定理判断在和上各有一个零点；第二问的关键是利用是的两个零点用替换a，再利用换元将双变量转化为单变量进行证明．（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.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）M为曲线上的动点，点P在线段上，且满足，求点P的轨迹的直角坐标方程；（2）设点Q的极坐标为，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）最小值2.【解析】【分析】（1）设，根据已知等量关系即可求出极坐标方程，再代入可得直角坐标方程；（2）表示出和Q到的距离即可得出面积，求出最小值.【详解】（1）设，，则，，即.方程化为，将代入可得；（2）可知，Q到的距离，

22，当时，面积取得最小值2.（选修4-5不等式选讲）23.设a，b，c均为正数，已知函数的最小值为4.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）应用绝对值三角不等式及基本不等式求目标式最小值，注意取值条件，（2）利用基本不等式证明不等式即可.【小问1详解】，，则，，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，，即，仅当时取等号，故的最小值为.【小问2详解】，仅当时等号成立，

23，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，又，仅当时等号成立，同理，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，即.