四川省南江中学2023届高三文科数学下学期五月适应性考试（一）试题（Word版附答案）

四川省南江中学高2023届高三下学期五月适应性考试（一）

数学试题（文科）

考生注意：

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.

2.请将各题答案填写在答题卡上.

3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.

第Ⅰ卷

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.已知集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.已知复数，则（    ）

A.    B.2    C.    D.10

3.已知椭圆的左､右焦点分别是是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的长轴长是（    ）

A.    B.4    C.    D.8

4.已知函数，若是偶函数，则（    ）

A.-4    B.-2    C.2    D.4

5.已知某班共有学生46人，该班语文老师为了了解学生每天阅读课外书籍的时长情况，决定利用随机数表法从全班学生中抽取10人进行调查.将46名学生按01，02，…，46进行编号.现提供随机数表的第7行至第9行：

若从表中第7行第41列开始向右依次读取2个数据，每行结束后，下一行依然向右读数，则得到的第8个样本编号是（    ）

A.07    B.12    C.39    D.44

6.在等比数列中，，，则（    ）

A.3    B.6    C.9    D.18

7.已知函数，若对任意的成立，则的最大值是（    ）

A.    B.    C.1    D.e

8.勾股定理，在我国又称为“商高定理”，最早的证明是由东汉末期数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，他利用了勾股圆方图，此图被称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成的大正方形图案（如图所示），若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形内的概率为，则“赵爽弦图”里的直角三角形中最小角的正弦值为（    ）

А.    B.    C.    D.

9.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ）

A.    B.

C.    D.

10.已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（    ）

A.    B.    C.    D.

11.已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于点为坐标原点，过点作，垂足为，若，则双曲线的离心率是（    ）

A.    B.    C.    D.

12.在三棱锥中，平面，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（    ）

A.    B.    C.    D.

第Ⅱ卷

二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13.已知向量，若，则____________.

14.已知实数满足约束条件，则的最小值为__________.

15.宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑､官窑､哥窑､钧窑､定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上､下两圆台的高之比是3∶4，则该汝窑双耳罐的侧面积是_____________平方厘米.

16.设数列的前项和为，且，若恒成立，则的最大值是__________.

三､解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.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.（12分）民族要复兴，乡村要振兴，合作社助力乡村产业振兴，农民专业合作社已成为新型农业经营主体和现代农业建设的中坚力量，为实施乡村振兴战略作出了巨大的贡献.已知某主要从事手工编织品的农民专业合作社共有100名编织工人，该农民专业合作社为了鼓励工人，决定对“编织巧手”进行奖励，为研究“编织巧手”是否与年龄有关，现从所有编织工人中抽取40周岁以上（含40周岁）的工人24名，40周岁以下的工人16名，得到的数据如表所示.

（1）请完成答题卡上的列联表，并判断能否有的把握认为是否是“编织巧手”与年龄有关；

（2）为进一步提高编织效率，培养更多的“编织巧手”，该农民专业合作社决定从上表中的非“编织巧手”的工人中采用分层抽样的方法抽取6人参加技能培训，再从这6人中随机抽取2人分享心得，求这2人中恰有1人的年龄在40周岁以下的概率.

参考公式：，其中.

参考数据：

18.（12分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.

（1）求的值；

（2）若，，D是线段上的一点，求的最小值.

19.（12分）

已知函数.

（1）求曲线在处的切线方程；

（2）若函数，不等式恒成立，求的取值范围.

20.（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，E，F分别是棱，的中点.

（1）证明：平面.

（2）若，求点到平面的距离.

21.（12分）已知直线轴，垂足为轴负半轴上的点，点关于原点的对称点为，且，直线，垂足为，线段的垂直平分线与直线交于点.记点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）已知点，不过点的直线与曲线交于两点，以线段为直径的圆恒过点，点关于轴的对称点为，若的面积是，求直线的斜率.

（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.

（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

（2）若，直线与曲线交于两点，是线段的中点，求的值.

23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求的取值范围.

数学试题参考答案（理科）

1.B  【解析】本题考查集合的交集，考查数学运算的核心素养.

由题意可得，则.

2.C  【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养.

因为，所以.

3.C  【解析】本题考查椭圆，考查直观想象的核心素养.

由题意可得，即，解得，则，故椭圆的长轴长是.

4.A  【解析】本题考查函数的奇偶性，考查数学抽象的核心素养.

由题意可得.因为是偶函数，所以，解得.

5.D  【解析】本题考查抽样方法，考查数据分析的核心素养.

由题意可知得到的样本编号依次为12，06，01，16，19，10，07，44，39，38，则得到的第8个样本编号是44.

6.B  【解析】本题考查等比数列的性质，考查数学运算的核心素养.

因为，，所以，解得，则.

7.C  【解析】本题考查导数的应用，考查逻辑推理的核心素养.

设，则.当时，，则在上单调递增，

故当时，，即，当且仅当时，等号成立.设，

则.当时，，则在上单调递增，故当1时，，

即，当且仅当时，等号成立.综上，，即.

8.D  【解析】本题考查数学文化与概率，考查逻辑推理的核心素养.

设正方形的边长1，较小的角为，则中间小正方形的边长为.由题意可得，解得.

9.C  【解析】本题考查函数的奇偶性，考查逻辑推理的核心素养.

由题意可知在上单调递增，，且，则不等式等价于或解得或.

10.A  【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想.

由题意可得.因为，所以，则，解得.

11.C  【解析】本题考查双曲线的离心率，考查直观想象的核心素养.

由题意可知，则.因为，

所以，所以，则.在中，由余弦定理可得，即，

整理得，即，解得.

12.B  【解析】本题考查三棱锥的外接球，考查直观想象和数学建模的核心素养.

设，则，故三棱锥的体积.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而，即三棱锥体积的最大值是，此时，即.因为平面，所以三棱锥外接球的半径，则三棱锥外接球的体积为.

13.  【解析】本题考查平面向量，考查数学运算的核心素养.

由题意可得，则，解得.

14.-2  【解析】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想.

画出可行域（图略），当直线经过）时，取得最小值，且最小值为-2.

15.  【解析】本题考查数学文化与立体几何，考查直观想象的核心素养.

如图，作，垂足为，作，垂足为，由题意可得，，，则，.由题意可知，则，，从而，，故该汝窑双耳罐的侧面积为平方厘米.

16.  【解析】本题考查等差数列与不等式，考查化归与转化的数学思想.

因为，所以，所以数列是常数列，则，

从而，故.因为恒成立，所以恒成

立，即恒成立.设，则，从而.当时，，当时，.因为，所以的最小值是，即.

17.解：（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，

年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人.

列联表如下：

由题中数据可得，

因为，所以有的把握认为是否是“编织巧手”与年龄有关.

（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的有2人，记为；年龄在40周岁以下的有4人，记为.

从这6人中随机抽取2人的情况有，共15种，

其中符合条件的情况有，共8种，

故所求概率.

评分细则：

（1）在第（1）问中，直接补充完整列联表，没有计算过程，只要答案正确，不扣分；

（2）在第（2）问中，算出40周岁以上（含40周岁）和40周岁以下的人数，并用符号表示，得2分，求出总的基本事件和符合条件的基本事件的个数，各得2分；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

18.解：（1）因为，所以，

所以，即，

解得.

因为，所以.

（2）由余弦定理可得，则.

设的边上的高为.

因为的面积，所以.

因为是钝角，所以当时，垂足在边上，即的最小值是.

评分细则：

（1）在第（1）问中，求出，得4分，没有说明，不扣分；

（2）在第（2）问中，求出的边上的高，累计得10分，没有说明的最小值是边上的高，直接得出的最小值为，扣1分；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

19.解：（1）由题意可得，则.

因为，所以所求切线方程为，即.

（2）由题意可得，则.

设，则.

设，则，

故在上单调递增，即在上单调递增.

因为，所以当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

从而，即，

故在上单调递增.

因为，所以，所以.

设，则.

由，得，由，得，

则在上单调递增，在上单调递减，

从而.

故，即的取值范围为.

评分细则：

（1）在第（1）问中，求导正确，得1分，直线方程没有写成一般式，不扣分；

（2）在第（2）问中，判断出的单调性，得4分，求出的最大值，累计得11分；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

20（1）证明：取的中点，连接，.

因为F，H分别是棱，的中点，所以.

因为平面，平面，所以平面.

因为E，H分别是棱，的中点，所以.

因为平面，平面，所以平面.

因为，平面，且，所以平面平面.

因为平面，所以平面.

（2）解：由题意可得.

由（1）可知，则，故

因为，所以.

因为平面平面，所以点到平面的距离是.

因为是的中点，则点到平面的距离是.

设点到平面的距离为.

因为，所以，

解得，即点到平面的距离是.

评分细则：

（1）在第（1）问中，也可以连接，并延长交于，连接，易证是的中位线，从而得到，进而证出平面；

（2）在第（2）问中，也可以将点到平面的距离转化为点到平面的距离，再由等体积法求出点到平面的距离，即点到平面的距离；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

21.解：（1）由题意可得，即点到点的距离等于点到直线的距离.

因为，所以的方程为，

则点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，

故点的轨迹的方程为.

（2）由题意可知直线的斜率不为0，则设直线.

联立整理得，

则，从而.

故.

由题意可得，则点到直线的距离，

故的面积.

因为以线段为直径的圆恒过点，所以，

即.

因为，所以，

即，

所以，即，即，

所以，即或.

因为直线不经过点，所以，所以，

则，解得或，

故直线的斜率为1或.评分细则：

（1）在第（1）问中，也可以设，再由，得到，从而得到点的轨迹的方程；

（2）在第（2）问中，也可以设直线，得到和的等量关系，再求出面积的表达式，从而求出面积的取值范围，再求出直线的斜率不存在时，的面积，从而得出面积的最小值，若直线方程用斜截式表示，没有考虑斜率不存在的情况，扣1分；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

22.解：（1）由（为参数），得，即，

则曲线的直角坐标方程为.

由，得，

则直线的普通方程为.

（2）由题意可得直线的参数方程为（为参数）.

将直线的参数方程代人曲线的直角坐标方程，整理得.

设A，B，M对应的参数分别为，，，则，，从而，

故.

评分细则：

（1）在第（1）问中，曲线的普通方程写成，不扣分；

（2）在第（2）问中，先求出的值，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后由两点之间的距离公式求出的值，从而求出的值，最后得到的值；

（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分.

23.解：（1）因为，所以，则等价于.

当，即时，，解得；

当，即时，，解得.

综上，不等式的解集为.

（2）恒成立等价于.

因为，

所以，

解得或，即的取值范围为.

评分细则：

（1）在第（1）问中，也可以将不等式等价于不等式组从而.求出不等式的解集，只要计算正确，不扣分；

（2）在第（2）问中，最后结果没有写成集合或区间的形式，扣1分；