2023届贵州省贵阳第一中学高三上学期高考适应性月考卷（二）数学（理）试题含解析

这是一份2023届贵州省贵阳第一中学高三上学期高考适应性月考卷（二）数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届贵州省贵阳第一中学高三上学期高考适应性月考卷（二）数学（理）试题 一、单选题1．复数z满足，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数的除法运算法则化简复数得，进而得其共轭，即可根据复数的几何意义得对应点的象限.【详解】由，得，，故在复平面内所对应的点为，在第四象限，故选:D．2．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再由交集的定义即可得出答案.【详解】，，所以，故选：C．3．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（       ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，则【答案】D【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；对于B：若，，，则或，故B错误；对于C：若，，，则或或与相交（不垂直），故C错误；对于D：由线面垂直的性质定理可知，若，，则，故D正确；故选：D．4．在2022年北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳亮相，与节气相配的14句古诗词，将中国人独有的浪漫传达给了全世界．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知立夏的晷长为4.5尺，处暑的晷长为5.5尺，则夏至所对的晷长为（    ）A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺【答案】A【分析】利用等差数列的定义即可求解.【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，则夏至到处暑增加4d，立夏到夏至减少3d，夏至的晷长为x，则，解得，故选:A．5．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】根据约束条件得可行域，根据目标函数的几何意义即可求解最值.【详解】根据约束条件画出可行域如图所示，作出直线，可知z要取最小值，即直线经过点A，解方程组得，所以，故选：C．6．如图，在直角梯形ABCD中，，，，，P是线段AB上的动点，则的最小值为（    ）A． B．5 C． D．7【答案】D【分析】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，所以，，，分别表示出，，再由向量的模长公式代入即可得出答案.【详解】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，因为，，所以，，，所以，，，所以，所以，所以当，即时，的最小值为7，故选：D．7．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦的和差角公式可得，平方可得，进而化切为弦即可求解.【详解】由，得，∴，所以，∴，所以，故选：A．8．开学典礼上甲、乙、丙、丁、戊这5名同学从左至右排成一排上台领奖，要求甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有1名同学的排法有（    ）种．A．12 B．16 C．20 D．24【答案】C【分析】甲乙丙是三个特殊元素，分类讨论甲与丙之间为乙与甲与丙之间不是乙的两种情况，利用捆绑法即可求得所求排法总数.【详解】若甲与丙之间为乙，即乙在甲、丙中间且三人相邻，共有种情况，将三人看成一个整体，与丁戊两人全排列，共有种情况，则此时有种排法；若甲与丙之间不是乙，先从丁、戊中选取1人，安排在甲、丙之间，有种选法，此时乙在甲的另一侧，将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有种情况，将这个整体与剩下的1人全排列，有种情况，此时有种排法，所以总共有种情况符合题意.故选：C．9．已知随机变量，且，则的最小值为（    ）A．9 B．6 C．4 D．2【答案】C【分析】根据正态分布的对称性即可求解，进而根据基本不等式乘“1”法即可求解.【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以．当时，,所以有，当且仅当，即时等号成立，故最小值为4，故选:C．10．设函数，有4个不同的零点，则正实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的单调性及零点存在定理可得当时函数有一个零点，然后根据三角函数的图象和性质即得.【详解】当时，单调递增，且，，故有一个零点，所以当时，函数有3个零点，令，即，，解得，由题可得区间内的3个零点分别是，1，2取得，所以即在和之间，即，解得.故选：A．11．已知，分别为椭圆E：的左、右焦点，E上存在两点A，B使得梯形的高为c（其中c为半焦距），且，则E的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，可得，则，为梯形的两条底边，作于点P，所以，则可求得，再结合，建立的关系即可得出答案.【详解】如图，因为，所以，则，为梯形的两条底边，作于点P，则，因为梯形的高为c，所以，在中，，则即．设，则，在，即，解得，同理，又，所以，即，所以.故选：A．12．在给出的①；②；③三个不等式中，正确的个数为（    ）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】B【分析】构造函数，根据导数判断单调性，可判断①；由，根据函数的单调性，可得，进而判断②；由函数的单调性可得，进而，即，再构造，根据函数的单调性可得，进而判断③.【详解】令，则，所以时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减；可得，即，故①正确；因为，所以，即，所以，即，故②错误；再令，则，所以当时，，即在上单调递增，所以，则，即．又，，所以，即，即，所以，即，所以，即，故③错误；故选：B． 二、填空题13．已知数列的前n项和为，若，，则___________．【答案】94【分析】由，可得当时，，两式相减可证得数列是以为首项，公比为2的等比数列，可求出的通项公式，即可求出.【详解】由已知，，①，当时，，当时，②，①－②得：，整理得：，即，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，所以，所以，，所以．故答案为：94.14．已知向量，，若与的夹角为60°，则___________．【答案】【分析】根据向量数量积的坐标运算，根据夹角公式即可求解.【详解】由题意得，故，解得，由于或，故不合题意，舍去，故．故答案为：15．如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，则四边形ABCD面积的最大值为___________．【答案】45【分析】根据圆中的弦长公式可得,，结合以及二次函数的性质即可求解最值.【详解】由题设，则圆心，半径，,若圆心到直线AC，BD的距离则，且，则,，而，所以，令，则，当，即时，四边形ABCD面积的最大值．故答案为：  16．如图,在棱长为4的正方体中,已知点P为棱上靠近于点的四等分点,点Q为棱CD上一动点．若M为平面与平面的公共点,N为平面与平面ABCD的公共点,且点M,N都在正方体的表面上,则由所有满足条件的点M,N构成的区域的面积之和为___________．【答案】【分析】把平面与平面和平面ABCD的交线画出，从运动的观点观察即可获解.【详解】过点作交AB于点则平面平面,平面平面所以构成的区域为运动到点时的构成的区域为运动到点时的梯形AKQD此时所以M,N构成的区域的面积之和为故答案为： 三、解答题17．已知△ABC中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为钝角，且．(1)求角B的大小；(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长．【答案】(1)(2)6 【分析】（1）由正弦定理边角关系得，根据三角形内角的性质求得，即可确定B的大小；（2）由，根据已知及向量数量积的运算律，列方程求的模长即可.【详解】（1）由已知，得：，则．由正弦定理，，∵A，，故，∴，∴，即．∵，则，∴，即．（2）由题意，得．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴，，则，∴．18．如图，在直三棱柱中，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，，点D，E分别为棱BC，上的中点．(1)求证：AD//平面；(2)若二面角的大小为，求实数t的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据平行四边形可得线线平行，根据线面平行的判定定理即可求证，（2）根据面面垂直得线面垂直，进而根据几何法可得二面角的平面角，进而根据直角三角形的边角关系即可求解，或者建立空间直角坐标系，根据空间向求解二面角.【详解】（1）点D，E分别为BC，的中点，在直三棱柱中，，，所以四边形为平行四边形，连接DE，则，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）方法一：在平面ABC内，过点C作AD的垂线，由ABC为等腰直角三角形知垂足为D，由于平面平面,且交线为,由于平面,所以平面,平面,故,又,则为二面角的平面角，即，在等腰直角三角形ABC中，不妨设，，则，在中，，∴，∴．方法二：平面ABC，又，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设，，则，则，，，所以，．设平面的一个法向量为，由，取，得，又平面ADC的一个法向量为，因为二面角的大小为，所以．即，，∴，∴．19．某中学为增强学生的环保意识，举办了“爱贵阳，护环境”的知识竞赛活动，为了解本次知识竞赛活动参赛学生的成绩，从中抽取了n名学生的分数（得分取正整数，满分为100分，所有学生的得分都在区间中）作为样本进行统计，按照，，，，，的分组作出如图甲所示的频率分布直方图，并作出如图乙的样本分数茎叶图（图中仅列出了得分在，的数据）．(1)求样本容量n和频率分布直方图中x，y的值；(2)在选取的样本中，从竞赛成绩不低于80分的2组学生中按分层抽样抽取了5名学生，再从抽取的这5名学生中随机抽取2名学生到观山湖公园参加环保知识宣传活动，设抽到的学生成绩在的人数为X，将样本频率视为概率，求X的概率分布列及期望．【答案】(1)，，(2)分布列见解析； 【分析】（1）结合频率分布直方图与茎叶图分数在同区间中的频率与频数，可求得所求；（2）利用频率分布直方图分别求出分数在与的学生人数，从而求得在两区间抽取出的学生人数，再利用古典概型与组合数求得的分布列与期望.【详解】（1）由直方图可知，分数在中的频率为，根据茎叶图可知，分数在中的频数为3，所以样本容量，根据茎叶图可知，分数在中的频数为1，所以分数在中的频率为，所以由得，再由，得，所以，，．（2）由题意，本次竞赛成绩样本中分别在中的学生有名，分数在中的学生有名，抽取分数在中的学生有名，抽取分数在中的学生有名，由题可知，的所有取值有0，1，2，，，，所以，X的分布列为：X012P ∴．20．已知椭圆C：的离心率为，F为椭圆C的右焦点，M为椭圆上的点，若|MF|的最小值为．(1)求椭圆C的方程；(2)若圆E：的切线l与椭圆C交于A，B两点，求△FAB面积的最大值．【答案】(1);(2)4. 【分析】（1）根据椭圆离心率及|MF|的最小值列方程求解即可；（2）分直线斜率存在不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设出直线方程与椭圆联立，由韦达定理结合弦长公式、点到直线距离求出三角形面积，再换元求最值即可，当斜率不存在时直接求解.【详解】（1）椭圆的离心率，又|MF|的最小值为，即：，得，，∴，故椭圆C的方程为．（2）由（1）点，若直线l的斜率不存在，l不能过点，则l的方程只能为，∴，．若直线l的斜率存在，设l的方程为：，，，由直线l与圆E相切得，化简得，则，．由，得，，则，．．又到直线l的距离．．设，则，．综上，△FAB面积的最大值为4．21．已知函数，．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负，即可求解单调性，（2）将不等式等价变形为，构造函数，利用导数求解的最小值即可.【详解】（1），当时，由，得出，．当，由，得或，由，得，∴在和上单调递增，在上单调递减；当时，，由，得或，由，得，所以在和上单调递增，在上单调递减；当时，，由，得，由，得，此时在上单调递减，在上单调递增；当时，，则在上单调递增．（2）由可转化为，令，，令，，当 时，，故在上单调递减，又 所以时，在内存在唯一零点，当时，，，单调递减，当时，，，单调递境，故．因为，所以，所以，所以，即．【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数求解函数的单调性，当含参数时，需要根据参数的大小进行分类讨论.利用导数求解恒成立问题时，常采用两种方式：①对含参函数的参数进行讨论，确定函数的最值，②进行参数分离，构造无参数的函数，利用导数求解最值.22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的方程是．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)若点A的坐标为（1，0），直线与曲线C交于P，Q两点，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）移项再平方相加即得曲线C的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式即可得直线l的直角坐标方程；（2）由直线参数方程中的几何意义，结合韦达定理即可求得.【详解】（1）由，可得，将上式分别平方，然后相加可得，由，可得，即，即．（2）由（1）可知直线l的斜率为，则其倾斜角为，且点在直线l上，所以直线l的参数方程为： （t为参数），即（t为参数），将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，整理得．设点P，Q对应的参数分别为，，则，，则．23．已知函数的最小值为．(1)求；(2)已知为正数，且，求的最小值．【答案】(1)(2)12 【分析】（1）方法一：由题知，进而分类讨论求解即可；方法二：根据绝对值三角不等式求解即可；（2）结合（1）得，进根据基本不等式求解即可.【详解】（1）解：方法一：依题意得：，当时，，当时，，当时，，综上，当时，取得最小值1，即的最小值．方法二：根据绝对值三角不等式可得：，当且仅当，即时等号成立，所以，的最小值．（2）解：由（1）知，，（当且仅当时等号成立），∴，当且仅当，即，时等号成立，∴的最小值为12．