2023届重庆市第八中学高三上学期高考适应性月考（四）数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆市第八中学高三上学期高考适应性月考（四）数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届重庆市第八中学高三上学期高考适应性月考（四）数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别求出集合，再求交集可得答案.【详解】集合，，则.故选：A.2．已知复数满足，若为纯虚数，则的值为（    ）A． B． C．4 D．3【答案】D【分析】首先变形求出的表达式，再根据纯虚数的定义求解即可.【详解】∵，，因为为纯虚数，故选：D3．若直线与直线平行，则的值为（    ）A． B．3 C．3或 D．或6【答案】B【分析】由两直线平行得到方程，求出或，通过检验舍去不合要求的解.【详解】直线：与直线：平行，所以，解得：或，①当时，：，：，，符合题意；②当时，：，：，均为，此时，重合，舍去，故，故选：B4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到，进而结合两角和的正弦公式即可求出结果.【详解】因为，所以，故选：C.5．已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆定义得到，将整理为，然后根据范围求得范围即可.【详解】设，，则，，又，所以当时，，当时，.故选：C.6．在信息传递中多数是以波的形式进行传递，传递的过程中，会存在干扰信号，形如，为了消除这种干扰，可以使用净化器产生形如的波，只需要调整相关参数，就可以产生特定的波（与干扰波波峰相同，方向相反的波）来“对抗”干扰.现有干扰波形信号的部分图象如图，想要通过“净化器”消除干扰，可将净化器的参数分别调整为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据函数图象求出，，进而去除，再代入求出，从而得到，，.【详解】设干扰信号对应的函数解析式为.由题图得，（为干扰信号的周期），解得，所以.∵函数的最大值为，∴.将代入，解得，，∵，∴.∴，所以欲消除的波需要选择相反的波，即，所以，，.故选：B.7．已知函数，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．[0，1]【答案】D【分析】转化为的图象在图象的上方，画出的图象，数形结合得到，再求出在的切线的斜率，得到，从而得到实数的取值范围.【详解】在上恒成立在上恒成立的图象在图象的上方，其中，画出与y=ax的图象，如下：要想在上恒成立，则；令，则，，若为在的切线，则，故要想在恒成立，则，综上：.故选：D8．将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往①，②，③三个社区进行核酸信息采集，每个社区至少派1名志愿者，表示事件“志愿者甲派往①社区”；表示事件“志愿者乙派往①社区”；表示事件“志愿者乙派往②社区”，则（    ）A．事件与相互独立B．事件与为互斥事件C．D．【答案】C【分析】利用部分平均分组公式，可得总事件数，根据题意，分情况，利用古典概型，求得概率，根据独立事件的概率公式、互斥事件定义，以及条件概率公式，可得答案.【详解】每个社区至少派一名志愿者，则有种方法，事件：甲派往①，则若①社区分2人，则有种，若①社区分1人：则有种，共有种，∴，同理，若甲与乙同时派往①社区，则①社区分两人，有种，∴，，A错误；由互斥事件概念易知，B错误；事件：志愿者乙派往②社区，若②村分2人，则有种，若②村分1人，则有种，共有种，∴，若事件，同时发生，则有种，∴，，C正确；，D错误，故选：C 二、多选题9．研究变量得到一组样本数据，进行回归分析，以下说法正确的是（    ）A．残差平方和越大的模型，拟合的效果越好B．用决定系数来刻画回归效果，越大说明拟合效果越好C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应观测值增加0.2个单位D．经验回归直线一定经过样本中心点【答案】BD【分析】根据残差、决定系数的定义，线性回归直线方程的概念、性质判断各选项．【详解】对于A，残差平方和越大的模型，拟合的效果越差，故选项A错误；对于B，用决定系数来刻画回归效果，越大说明拟合效果越好，故选项B正确；对于C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，预测值平均增加0.2个单位，观测值无法确定，故选项C错误；对于D，经验回归直线一定经过样本点的中心，故选项D正确，故选：BD.10．如图，在中，是的三等分点，则（    ）A．B．若，则在上的投影向量为C．若，则D．若【答案】AD【分析】根据平面向量线性运算的性质，结合投影向量的定义、平面向量数量积的运算性质逐一判断即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，因为，所以，由题意得为的一个三等分点（靠点更近），所以在上的投影向量为，故B不正确；对于C，，，故，又，所以，故，故C错误；对于D，，而，代入得，故选项D正确，故选：AD11．若过点的圆与两坐标轴都相切，且与过点和点的直线相离，设为圆上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．圆心的坐标为或B．面积的最大值为22C．当最小时，D．不存在点使【答案】BCD【分析】由题意求出圆心与半径，根据点到直线的距离的最大值为可判断B，当最小时，与圆相切根据勾股定理可求理，假设存在点使，求的外接圆圆的半径即可判断D．【详解】由题意知圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为，由题意可得，解得或，当时，圆心到直线：的距离为，当时，圆心到直线：的距离为，又圆与：相离， 所以圆心的坐标为，A错误；因为点到直线的距离的最大值为，所以，B正确；当最小时，与圆相切，由对称性或勾股定理可得，C正确；假设存在点使，则的外接圆圆的半径为，设圆方程为，则，解得或又因为为圆上的动点，当圆心时，，当圆心时，，所以圆与圆相离，点不存在，D正确，故选：BCD12．已知函数的定义域为，且，若函数为偶函数，，则下列选项正确的是（    ）A．为偶函数B．的图象关于点对称C．的周期为4D．【答案】ABC【分析】根据已知表达式利用整体法，联立法找到符合函数的奇偶性、周期性、对称性的表达式进而得解.【详解】为偶函数，则①.由知②，进而③，将①代入③得④，由②④知，所以为偶函数，A正确;由条件，③与此式作差得：⑤，所以的图象关于点对称，B正确；由为偶函数，结合⑤式知：，所以，两式作差得：，即的周期为4，C正确；中令，则，，在⑤中令得，，，，在⑤中令得，，，∴，由的周期为4知，，D错误，故选：ABC. 三、填空题13．已知，若，则______.【答案】8【分析】利用函数奇偶性的定义，先判断是一个奇函数，再寻找与的关系求得结果.【详解】设，则.因为，所以函数的定义域为R，因为，所以是一个奇函数.所以，又，故.故答案为：8．14．已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于两点（在第一象限），若，则直线的斜率为_______.【答案】##-0.75【分析】法一：设出直线方程，，，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，结合，，求出直线斜率；法二：设直线与轴的夹角为，作出辅助线，得到，，利用得到方程，求出直线斜率.【详解】法一：设直线，，，，由已知，联立，故，故有，结合得：；法二：角度焦半径公式：设直线与轴的夹角为，得到抛物线的准线方程为，与y轴交于点T，过点B作BM⊥准线交x轴于点N，作BE⊥y轴于点E，则ET=BM，由抛物线定义可得：，其中，故，解得：，同理可得：，因为，所以，设直线与轴夹角的正弦值为，正切值为，由于在第一象限，，则.故答案为：.15．若直线与曲线和均相切，则直线的方程为_______.【答案】【分析】利用导数的几何意义及点在曲线上，结合直线的点斜式方程即可求解.【详解】设，上的切点分别为，，由，，可得，故在处的切线方程为，在处的切线方程为， 由已知,所以，故或，而，不合题意舍去，故，此时直线的方程为.故答案为：. 四、双空题16．汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为，则_______.________.【答案】     7     【分析】根据题意可得，当时，求分三步，从而可得，则可求出，进而可求得答案.【详解】显然.当有个圆盘时，求分三步：第一步，先将上面的个圆盘移到辅助柱，至少需要次；第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；第三步，将辅助柱上的个圆盘移动到目标柱至少需要次，因此，所以因为，所以数列是以2 为公比，2为首项的等比数列，所以所以，所以，，故答案为：7，. 五、解答题17．记的内角的对边分别为，且.(1)求;(2)为的中点，若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角恒等变化化简可得，再结合三角函数的范围求解即可；（2）法一：向量，两边平方化简可得，再根据三角形面积公式求解即可；法二：取的中点，在中由余弦定理可得，再根据三角形面积公式求解即可.【详解】（1）由已知，故，，故，又，故（2）法一：向量，及解得（舍负）故法二：取的中点，如图1，在中（已知两边及一角），，，，，图1由余弦定理得：，即，即故18．已知数列满足.(1)令，求证：数列为等差数列，并求;(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】(1)当为奇数时，可得，即可证明数列的奇数项成等差数列，且首项为，公差为，根据公式即可得通项公式；(2)当为偶数时，可得， 即可得的偶数项成等比数列，首项为，公比为，从而得，利用错位相减求和即可.【详解】（1）证明：当为奇数，,即数列的奇数项成等差数列，且首项为，公差为，所以，，（2）解：当为偶数，，即数列的偶数项成等比数列，首项为，公比为所以，，，两式相减得，故.19．如图，在三棱一中，为等腰直角三角形，.(1)求证：;(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接以及，先证明，再根据线面垂直的判定证明平面，进而根据线面垂直的性质证明即可；（2）根据角度关系，结合线面垂直的判定可得平面，再根据线线垂直，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，再分别计算平面与平面的法向量求解即可.【详解】（1）证明：取中点，连接以及，如图2，图2在和中，，，，所以所以，所以又因为，平面，平面，，所以平面又因为平面，所以（2）在平面中，过点作，垂足为，连接，，，如图3，图3由（1）平面，则，则平面在中，，，同理∵，，且，平面，则平面.又∵平面，∴，同理可得，则四边形为正方形，，则在中，可求出，则以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，，，则，令，则，设平面的法向量为，，，则，令，则，记二面角的平面角为，则又因为为锐角，则20．与椭圆有公共焦点的双曲线过点，过点作直线交双曲线的右支于两点，连接并延长交双曲线左支于点为坐标原点）.(1)求双曲线的方程;(2)求的面积的最小值.【答案】(1)；(2)12． 【分析】（1）设双曲线方程为(),由椭圆焦点坐标求得，再代入已知点坐标后结合，可求得，得双曲线方程；（2）设直线方程为，，，直线方程代入双曲线方程应用韦达定理得，由求得的范围，由坐标求得三角形面积并代入韦达定理的结论化为关于的函数，换元并利用函数的单调性得面积最小值．【详解】（1）设双曲线方程为(),由题知：得到，又得到，得到，所以（舍）或，则双曲线的的方程为；（2）显然直线与轴不垂直，设：，，，由双曲线的对称性知的中点为，故联立故，由于A，均在双曲线右支，故，解得，，代入韦达定理得，令，则，易知随的增大而减小，则当时，，综上：的面积的最小值为12.【点睛】方法点睛：双曲线中的面积最值问题的处理方法：设出直线方程，设出交点坐标，，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，可根据交点情况得出参数范围，利用点的坐标求出面积，代入韦达定理的结果后面积可化为所设参数的函数，从而再利用函数知识、不等式知识求得最值．21．近年来，水旱灾害是我国出现频率最高，影响范围和造成损失较大的自然灾害.如何在水旱灾害发生的各个阶段，利用信息系统在较短时间内尽可能多地获取相关信息，对防汛抗旱的形势和问题作出正确的判断，制订科学的决策方案是新时期流域水旱灾害防御需要面对的新问题.今年入汛以来，某市降雨量比常年偏多两成以上，且强度大、持续时间长．依据该地A河流7月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图甲所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图乙所示.(1)以此频率作为概率，试估计A河流在7月份水位的50百分位数及在7月份发生1级灾害的概率；(2)A河流域某企业，在7月份，若没受1、2级灾害影响，利润为600万元；若受1级灾害影响，则亏损200万元；若受2级灾害影响，则亏损1200万元．现此企业有如下三种应对方案：方案等级费用（单位：万元）方案一无措施0方案二防控1级灾害50方案三防控2级灾害200 试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？请说明理由.【答案】(1)0.155(2)该企业应选择第二种方案，理由见解析 【分析】（1）根据频率分布直方图，由中位数的定义求解中位数；设该河流7月份水位小于40米为事件，水位在40米至50米为事件，水位大于50米为事件，发生1级灾害为事件，根据频率分布直方图和条形图，利用条件概率，由 求解；（2）由（1）得到7月份该河流不发生灾害的概率和1级灾害的概率以及发生2级灾害的概率，利用分布列，求期望即可.【详解】（1）解：频率分布直方图中6个小矩形的面积分别是0.1，0.25，0.3，02，0.1，0.05，设7月份的水位中位数为，则，∴，解得，∴7月份的水位中位数为37.5；设该河流7月份水位小于40米为事件，水位在40米至50米为事件，水位大于50米为事件，在，，，设发生1级灾害为事件，由条形图可知：，，，∴，，，∴；（2）由（1）可知7月份该河流不发生灾害的概率为，发生1级灾害的概率为0.155，发生2级灾害的概率为设第种方案的企业利润为，①若选择方案一，则的取值可能为600，，，∴，，∴的分布列为：6000.810.1550.035 ∴（万元）②若选择方案二，则的取值可能为550，，且，的分布列为：5500.9650.035 ∴（万元）③若选择方案三，则不会受任何灾害影响，该企业7月份的平均利润为（万元）∴最大，∴从利润考虑，该企业应选择第二种方案.22．已知，函数.(1)证明：在上有唯一的极值点;(2)当时，求的零点个数.【答案】(1)证明见详解析(2)在上有两个零点. 【分析】(1)对函数求两次导数，判断导函数的单调性，根据零点存在性定理，判断原函数的单调性性，进而得到证明；(2)结合（1）的结论及极小值的定义可得：，进而得到在上有两个零点.【详解】（1）由题意可知，，当时，，从而，故在上单调递增.又，由零点存在性定理知，存在唯一，有从而在上单调递减，在上单调递增，故为在上的唯一极值点.（2）当时，当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，又注意到，，且，由极小值定义知：，从而存在，，有，当时，，故在上无零点.综上，在上有两个零点.【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．