2023贵州省贵阳市第一中学高三上学期高考适应性月考卷（三）数学

贵阳第一中学2023届高考适应性月考卷（三）

理科数学参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

【解析】

1．，故选B．

2．∵，∵，∴的模为，故选A．

3．．显然由不一定能推出，但由一定能推出，因此“”是“”的必要不充分条件，故选C．

4．，所以，故选D．

5．∵，∴，∴为等差数列，∴ ，∵，∴，∴，故选A．

6．由题意知本题是一个相互独立事件同时发生的概率，三个人中恰有2个合格，包括三种情况，这三种情况是互斥的，∴三人中恰有两人合格的概率为 ，故选C．

7．由，有，所以，则 ，当且仅当即时，等号成立，故选D．

8．由可得抛物线的焦点，准线方程为，由抛物线焦半径公式知，将代入，可得，所以的面积为，故选A．

9．五个元素的全排列数为，由于要求甲、乙、丙在排列中顺序为“甲、乙、丙”或“丙、乙、甲” 2种排法，所以满足条件的排法有，故选B．

10．∵对任意不等，，均有成立，∴此时函数在区间上为减函数，∵是偶函数，∴当时，为增函数．因为，所以，即，故选D．

11．连接，，I是的内心，可得，分别是和的角平分线，由于经过点M与的内切圆圆心I的直线交x轴于点N，则MN为的角平分线，则N到直线，的距离相等，所以，同理可得，，由比例关系性质可得  ．又因为，所以椭圆的离心率，故选B．

12．如图1，当时，，在上单调递减，在上单调递增，是R上的奇函数，，的零点，即的根．又有3个根，所以有1个根，即满足条件或，解得，故选A．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

【解析】

13．．

14．令，可得的展开式中各项系数的和为，．

，故该展开式中一次项为，故答案为80．

15．直线过定点，因为点在圆的内部，且，由圆中弦的性质知当直线与OM垂直时，弦长最短，此时结合垂径定理可得．

16．如图2所示，在中，因为，，可得 ．又因为，所以．由，，可得，可得，所以．又由，且PB，平面PAB，所以平面PAB．又由平面PAB，所以．又由，即，且，可得平面ABC．设外接圆的半径为r，则，可得，即．设三棱锥的外接球的半径为R，可得，即，球O的半径为，故表面积为．

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）

17．（本小题满分12分）

解：（1）由已知及正弦定理可得，

整理得，所以．

又，故． …………………………………………（6分）

（2）由正弦定理可知，

又，，，

所以．

故，故为直角三角形，

于是． ……………………………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

（1）证明：在△ABC中，因为E，F分别是AC，BC的中点，

所以．

又平面DEF，平面DEF，

所以平面DEF． …………………………………………………（4分）

（2）解：如图3，以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA

分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

则，，，

，，

，．

设平面DEF的一个法向量为，

则即

取，，

所以所求角正弦值为． ………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

解：（1）列联表如下：

的观测值，

∴有95%的把握认为是否愿意接种疫苗与性别有关．

 …………………………………………………（6分）

（2）记3份女性问卷为A，B，C，2份男性问卷分别为a，b，则5份问卷任取2份的方法为：AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种．其中是1份男性和1份女性的有：Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb共6种，

∴这2份问卷分别是1份男性问卷和1份女性问卷的概率．

 …………………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

解：（1）据题意，得

解得，，

所以椭圆C的标准方程为． ……………………………………（4分）

（2）据题设知点，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为．

由得．

设，，则，．

设，则，．

又因为直线MD，ME的斜率互为相反数，

所以，

所以，

则，

所以，

所以，

所以．

若对任意恒成立，则，

当直线l的斜率k不存在时，若，则满足直线MD，ME的斜率互为相反数．

综上，在x轴上存在一个定点，使得直线MD，ME的斜率互为相反数．

 …………………………………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

（1）解：由题可知的定义域是，

．

当时，，所以在上单调递增；

当时，令，解得，

当时，，所以在上单调递增，

当时，，所以在上单调递减．

综上：当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减． ……………（6分）

（2）证明：因为有两个不同实数解，，

即有两个不同实数解，，

又由于，故不妨设令，

且有，，

∴，，

要证，只需证

．

令，则，

所以只要证明，时恒成立，

令，，

，

由于已知，∴恒成立，

所以在上递增，∴，

所以时，恒成立，

即恒成立，从而证明． ………………………………（12分）

22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

解：（1）曲线C的参数方程为(为参数)，

则有，

即曲线C的普通方程为.

直线l的极坐标方程为，

展开可得，

将代入，

可得，

即，即． ……………………………………（5分）

（2）由（1）知，点在直线l：上，

则直线l的参数方程为(t为参数).

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，

得，

整理得：，

设点A，B对应的参数分别为，，

则，．

所以．

 ……………………………………………………（10分）

23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

解：（1）不等式，

即，

当时，不等式化为，

解得，故；

当时，不等式化为成立，故；

当时，不等式化为，

解得，故，

不等式解集为． ………………………………（5分）

（2）因为，

所以．

要使方程有实数解，

函数的图象与函数的图象有交点，需，

故m的取值范围是． …………………………………………（10分）