2023届四川省南江中学高三下学期五月适应性考试（一）数学（理）试题含解析

2023届四川省南江中学高三下学期五月适应性考试（一）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A．或 B．

C．或 D．

【答案】B

【分析】求出集合，利用补集的定义可得出集合.

【详解】因为或，故.

故选：B.

2．已知，则复数z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】A

【分析】根据复数四则运算化简复数z，然后由复数的几何意义可得.

【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．

故选：A

3．的展开式中，含的项的系数是（    ）

A．－40 B．40 C．－80 D．80

【答案】C

【分析】在展开式的通项公式中令的次数为即可求解.

【详解】展开式的通项为．令，得，则含的项的系数是．

故选：C.

4．已知函数，若是偶函数，则（    ）

A．－4 B．－2 C．2 D．4

【答案】A

【分析】根据题意，由函数的解析式可得函数的解析式，再根据其为偶函数，即可得到结果.

【详解】由题意可得．

因为是偶函数，所以，解得．

故选：A

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：

84 42 17 53 31  57 24 55 06 88  77 04 74 47 67  21 76 33 50 25  83 92 12 06 76

63 01 63 78 59  16 95 56 57 19  98 10 50 71 75  12 86 73 58 07  44 39 52 38 79

33 21 12 34 29  78 64 56 07 82  52 42 07 44 38  15 51 00 13 42  99 66 02 79 54

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

【答案】D

【分析】根据读数要求，利用随机数依次读数即可得出结果.

【详解】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．

故选：D.

6．在等比数列中，，，则（    ）

A．3 B．6 C．9 D．18

【答案】B

【分析】已知条件作商可求得，然后根据等比数列性质可得.

【详解】因为，，所以，解得，则．

故选：B

7．已知函数是定义在上的奇函数，当，，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用奇函数的性质求出的单调性，分情况拆绝对值求解

【详解】由题意可知在上单调递增，，且，

又函数是定义在上的奇函数，，则有在上单调递增，

则是在上的增函数，，

则不等式等价于或

解得或．

故选：C.

8．已知椭圆的左、右顶点分别是是坐标原点，在椭圆上，且，则的面积是（    ）

A． B．4 C． D．8

【答案】A

【分析】设出点，利用条件直接求出点纵坐标的绝对值，又易知，从而可求出结果.

【详解】设，因点在椭圆上，且，则有，消去，得到，所以，

又，故的面积是．

故选：A.

9．已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由二倍角公式、两角和的正弦公式化简函数式，然后求得整体的范围，结合正弦函数的零点得出不等关系，从而得参数范围．

【详解】由题意可得，因为，所以，则，解得．

故选：A．

10．设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（   ）

A． B． C． D．8

【答案】B

【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.

【详解】因为，所以，所以数列是常数列，

又，所以，从而，

所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故．

因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．

设，则，从而．

记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，

又，，，且，

所以的最小值是，所以．

故选：B

11．已知三棱锥的所有顶点都在直径为10的球的表面上，，，则三棱锥的体积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据正弦定理求出底面的外接圆的半径，再利用垂径定理求出球心到底面的距离，进而得到点到平面的最大距离，然后利用三角形的面积公式和基本不等式求出底面三角形面积的最大值即可求解.

【详解】由题意可得的外接圆的半径为，

则球心到平面的距离，

故点到平面的最大距离．

因为，，所以，

即，所以，

则的面积，

故三棱锥的体积的最大值是.

故选：C.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，构造函数，，再利用导数探讨单调性，即可比较大小作答.

【详解】设，则，从而在上单调递增，

则，即，

设，则，从而在上单调递增，

则，即，

所以．

故选：D

【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.

二、填空题

13．若单位向量，满足，则向量，夹角的余弦值为____________．

【答案】/

【分析】利用性质，将已知条件转化为数量积求解即可.

【详解】设向量，的夹角为，因为，所以．

又，所以，所以．

故答案为：

14．已知某生产线生产的某种零件的合格率是95%，该零件是合格品，则每件可获利10元，该零件不是合格品，则每件亏损15元．若某销售商销㫿该零件10000件，则该销售商获利的期望为______万元．

【答案】8.75/

【分析】根据题意求随机变量的期望即可.

【详解】由题意可得：该销售商销售每件零件获利的期望是元，

则该销售商销售该零件10000件，获利的期望为元，即8.75万元．

故答案为：8.75.

【点睛】本题考查随机变量的期望，考查数据分析的核心素养．

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厘米，中间圆的直径是厘米，上底面圆的直径是厘米，高是厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的侧面积是______平方厘米．

【答案】

【分析】作出图形，计算出两个圆台的母线长，再利用圆台的侧面积公式可求得结果.

【详解】如图，过点在平面内作，垂足为，

过点在平面内作，垂足为，

由题意可得，，，由圆台的几何性质可知，

在平面中，，，则四边形为矩形，则，

所以，，同理可得，

由题意可知且，则，，

从而，，

故该汝窑双耳罐的侧面积为

平方厘米．

故答案为：.

16．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______．

【答案】/

【分析】利用双曲线性质定义结合余弦定理得到关于的方程，即可得出离心率.

【详解】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．

故答案为：.

三、解答题

17．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：

【答案】(1)列联表见解析，有的把握认为是否是“编织巧手”与年龄有关；

(2).

【分析】（1）根据题意填写列联表，再由卡方公式计算，对比临界值表即可；

（2）根据分层抽样可得在40周岁以上（含40周岁）的有2人，年龄在40周岁以下的有4人，由组合数公式结合古典概型的计算公式求解.

【详解】（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，年龄在40周岁以下的有4人．

从这6人中随机抽取2人的情况有种，

其中符合条件的情况有种，

故所求概率．

18．在中，角，，的对边分别是，，，且．

(1)求的值；

(2)若，，是线段上的一点，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简已知等式，即可求得的值，利用平方公式从而可得的值；

（2）由余弦定理可求得的值，再根据三角形面积公式求得边上的高为的值，利用几何性质即可求得的最小值．

【详解】（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．

19．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面．

(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，．

因为，分别是棱，的中点，所以．

因为平面，平面，所以平面．

因为，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）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，．

由余弦定理可得，则，

从而，，，，，

故，，．

设平面的法向量为，

则,令，得．

设直线与平面所成的角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为．

20．已知直线轴，垂足为轴负半轴上的点，点关于坐标原点的对称点为，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M，N两点，以线段为直径的圆恒过点，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)定点为，理由见解析

【分析】（1）根据垂直平分线性质，结合抛物线定义可解；

（2）设直线，联立抛物线方程消去x，由结合韦达定理可得m，n的关系，代入直线方程即可判断.

【详解】（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，

从而，．

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．

当时，直线的方程为，即，此时直线过点，不符合题意，

当时，，且直线，即，过定点，满足题意，

故直线过定点．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数，．

(1)讨论的单调性；

(2)已知是的导函数，若对任意的，都有，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断函数的单调性即可；

（2）不等式等价于对任意的，都有，构造函数，通过讨论的范围，判断函数的单调性，从而确定函数的取值情况，即可得的取值范围．

【详解】（1）由题意可得的定义域为，且．

令，则，．

当，即时，，在上单调递增．

当，即或时，有两个根，．

若，，，则当时，，单调递增，

当时，，单调递减；

若，，则当或时，，单调递增，

当时，，单调递减．

综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减．

（2）对任意的，都有等价于对任意的，都有．设，则．

若，当时，，，则在上单调递减，

所以，不等式不恒成立，即不符合题意．

当时，设，则，

当时，，所以，则在上单调递增，即在上单调递增，且．

若，则，，则存在，使得．

当时，，则在上单调递减，则，不等式不恒成立，即不符合题意．

若，则，在上单调递增，故，即对任意的，不等式恒成立；

当时，，即对任意的，不等式恒成立，即符合题意．

综上，的取值范围为．

【点睛】方法点睛：已知含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）构造差函数：将形如单变量不等式，作差变形为，再通设新函数，求导确定函数的最值，从而得参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的最值问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，结合导数的几何意义，转化为临界相切问题，求解即可.

22．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．

【答案】(1)曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为；

(2).

【分析】（1）根据可得曲线的直角坐标方程，根据可得直线的普通方程；

（2）写出直线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意义及韦达定理求解.

【详解】（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．

23．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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分段去绝对值求解可得；

（2）利用绝对值三角不等式求解即可.

【详解】（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．