2023届贵州省黔东南州高三第一次适应性考试数学（理）试题含解析

2023届贵州省黔东南州高三第一次适应性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.

【详解】，，则.

故选：B.

2．设，则（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算和模长公式即可.

【详解】由题意可得，则.

故选：A.

3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解

【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.

故选：.

4．设，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用指对数的性质与中间数比大小即可.

【详解】，

所以.

故选：D.

5．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出的的值.

【详解】第一次循环，成立，，；

第二次循环，成立，，；

第三次循环，成立，，；

第四次循环，成立，，；

第五次循环，成立，，；

第六次循环，成立，，；

第七次循环，成立，，，

不成立，跳出循环体，输出的值为.

故选：B.

6．已知函数，则在上（    ）

A．单调递增 B．单调递减

C．先增后减 D．先减后增

【答案】D

【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.

【详解】令，得，

令，得，

则的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在上单调递减，在上单调递增，

即在上先减后增.

故选：D

7．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.

【详解】设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；

若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.

综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.

故选：C

8．已知是抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由圆的性质可得，设，结合两点距离公式和二次函数性质求的最小值，可得结论.

【详解】圆的圆心的坐标为，半径，

因为是圆上一点，

所以，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，

因为是抛物线上一动点，

设点的坐标为，则

，

当时，取最小值，最小值为，

所以，

当且仅当点的坐标为，且点为线段与圆的交点时等号成立，

所以的最小值为，

故选：C.

9．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.

【详解】由题可知，

则，即，.

故选：D.

10．定义在上的函数满足，则的图象不可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】当时，由可得，当时，推导出，进而可得出合适的选项.

【详解】当时，由可得，排除B选项；

当时，可得，则，

所以，（为常数），所以，，

选项A满足，选项C满足，选项D满足.

故选：B.

11．存在函数满足对任意，都有，给出下列四个函数：①，②，③，④．所以函数不可能为（    ）

A．①③ B．①② C．①③④ D．①②④

【答案】A

【分析】利用偶函数的性质可判断①；利用特殊值法可判断③；利用题中的定义可判断②④.

【详解】对于①，为偶函数，若存在满足对任意，都有，

则，但，即对任意的恒成立，矛盾；

对于②，，取，

当时，，

当时，，

对任意的，则，②满足条件；

对于③，取和，可得，，矛盾，③不满足条件；

对于④，因为、在上均为增函数，则在上单调递增，且值域为，

设函数关于直线对称的函数为，

在函数上任取一点，则，

则点在函数的图象上，即，

只需取即可，④满足条件.

故选：A.

12．设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，

将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，

由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，

即可得斜率的取值范围，解出即可.

【详解】设为的中点，根据重心性质可得，

因为，则，

因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，

故有，解得，

当直线斜率不存在时，的中点在轴上，

故三点不共线，不符合题意舍，

设直线斜率为，设，

所以，，

因为在双曲线上，所以，

两式相减可得：，

即，

即有成立，

即有，因为不共线，

即，即，即，

所以的离心率的取值范围为，

因为

，

因为，即，

所以，

所以.

故选：C

【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：

（1）设出点的坐标；

（2）根据中点坐标建立等式：，；

（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；

（4）将，及代入等式中即可得出关系.

二、填空题

13．已知单位向量满足，则___________.

【答案】

【分析】利用向量数量积的运算律即可求解.

【详解】因为单位向量，所以，

由，得，两边同时平方可得，

即，解得.

故答案为：.

14．的内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积为_________．

【答案】##

【分析】由题意可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】由可得：，则，

由余弦定理可得，

因此，.

故答案为：.

15．现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为___________.

【答案】

【分析】分只有一个班分到名额、恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.

【详解】将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有种情况；第三种是三个班都分到了名额，有种情况.故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.

故答案为：.

16．在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为_________．

【答案】

【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.

【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，

因为为等边三角形，设边长为，则，即，

所以三棱柱的体积为，

所以，又，

令，则，

由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，

所以的最小值为，此时，

所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)已知求数列的前20项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据得到，然后两式相减得到，最后验证时是否成立，即可得到；

（2）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可.

【详解】（1）当时，可得，

当时，，

，

上述两式作差可得，

因为满足，所以的通项公式为.

（2）因为，

所以，

.

所以数列的前20项和为.

18．某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.

(1)若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；

(2)记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；

（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.

【详解】（1）设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，

，

所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.

（2）晩上选择类套餐的概率；

晩上选择类套餐的概率.

所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，

则，

所以，，，，，

所以的分布列为

故.

19．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.

(1)证明：.

(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；

（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.

【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，

又，、平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：因为二面角为，，，

所以，二面角的平面角为，

以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则、、、、.

，，，.

设，，其中，

设平面的法向量为，

由得，

取，可得，

，解得，合乎题意，

故当时，直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.

(1)求椭圆的方程.

(2)过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；

（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.

【详解】（1）由垂直于轴，可得.

将点代入，可得，

又，

解得，

所以椭圆的方程为；

（2）证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.

设直线的方程为，点的坐标为.

设，

将直线的方程与椭圆的方程联立得：，

恒成立，

由韦达定理知，，

又，，

所以

.

因为，则，

所以，解得，即点的横坐标为定值.

21．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若是的两个零点，且，证明：.

【答案】(1)极小值，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；

（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.

【详解】（1）由题可知，

则当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

所以当时，取得极小值，无极大值.

（2）记，，，则，，

作差得，即，

要证明，只需证，即证，

令，则，

所以在上单调递增，则，所以成立.

【点睛】导数中常用的两种转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过原点，且倾斜角为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线和直线的极坐标方程；

(2)已知曲线与直线交于，两点，若，求直线的直角坐标方程．

【答案】(1)曲线的极坐标方程；直线的极坐标方程；

(2)

【分析】（1）根据题意，先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程即可；由题意可得直线的极坐标方程即可；

（2）将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程中，然后根据条件即可得到，从而得到结果.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），化简可得，

即，

根据，得到极坐标方程为；

又因为直线过原点，且倾斜角为，所以直线的极坐标方程为.

（2）将代入可得，

设，两点的极径为，则，

则，即，

故，且，则，所以，

则，

故直线的直角坐标系方程为

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)已知函数的最小值为，且、、都是正数，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）由绝对值三角不等式可得出，由此可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可证得结论成立.

【详解】（1）解：由可得，

当时，则有，解得，此时；

当时，则有，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为.

（2）解：由绝对值三角不等式可得，

当且仅当时，即当时，等号成立，故，

所以，

又因为、、均为正数，

所以，

，

当且仅当时，等号成立，故.