2023届四川省南充市高考适应性考试（二诊）数学（文）试题含解析

2023届四川省南充市高考适应性考试（二诊）数学（文）试题

一、单选题

1．复数满足：，则（    ）

A．1+2i B．－1+2i C．1－2i D．－1－2i

【答案】C

【分析】由复数的四则运算求解即可.

【详解】由，得.

故选：C

2．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用一元二次不等式的解法求解相应不等式，得到集合，然后根据并集的定义求得结果，进而做出判定.

【详解】由，解得，即，

又∵集合，∴，

故选：A.

【点睛】本题考查集合的并集，涉及一元二次不等式的解法，属基础题.

3．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据角的终边上的点的坐标，求出，，代入余弦二倍角公式即可得出结果.

【详解】因为终边经过点，所以，，所以，

故选：C

4．近年来国产品牌汽车发展迅速，特别是借助新能源汽车发展的东风，国产品牌汽车销量得到了较大的提升．如图是2021年1－7月和2022年1－7月我国汽车销量占比饼状图，已知2022年1－7月我国汽车总销量为1254万辆，比2021年增加了99万辆，则2022年1－7月我国汽车销量与2021年1－7月相比，下列说法正确的是（    ）

A．日系汽车销量占比变化最大 B．国产汽车销量占比变大了

C．德系汽车销量占比下降最大 D．美系汽车销量变少了

【答案】B

【分析】由饼状图分析即可

【详解】由饼状图可得日系汽车销量占比下降2.2%，德系汽车销量占比下降1.6%，

美系与其他下降不足1%，而国产汽车销量占比增加5%>2.2%，故B选项正确，A、C选项错误；

美系汽车销量由变化为增加了，D选项错误.

故选：B

5．某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则图中的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】画出该三视图对应的直观图，再由棱锥的体积公式得出值即可得出答案.

【详解】该三视图对应的直观图可以从边长为的正方体画出，即为三棱锥，如下图所示，

由棱锥的体积公式得，，整理，解得，

故选：C.

6．某高中准备选拔名男生和名女生去参加数学兴趣小组，若x，y满足约束条件，则该数学兴趣小组最多可以选拔学生（    ）

A．8人 B．10人 C．12人 D．14人

【答案】D

【分析】根据题意，画出满足约束条件的可行域范围，然后结合图像即可得到其最大值.

【详解】

根据条件画出x，y满足约束条件表示的平面区域，

要求招入的人数最多，即取最大值，目标函数为，

在可行域内任取且为正整数使得目标函数代表的斜率为定值，

直线在轴上的截距最大时的直线为过得，

此时目标函数取得最大值为.

故选:D

7．智慧的人们在进行工业设计时，巧妙地利用了圆锥曲线的光学性质，比如电影放映机利用椭圆镜面反射出聚焦光线，探照灯利用抛物线镜面反射出平行光线．如图，从双曲线右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线斜率为，且和反射光线PE互相垂直（其中P为入射点），则双曲线的离心率为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由入射光线的斜率得出，进而得出，再由双曲线的定义得出双曲线的离心率.

【详解】因为入射光线斜率为，所以，又，，

所以，又，

所以.

故选：D

8．已知数列的前n项和为，若，（），则等于（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据数列递推式（），可得（），推出，（），结合等比数列的前n项和公式，即可求得答案.

【详解】因为（），所以（），

两式相减得，（），

由（），得，故可知，

而，所以，（），

故从第二项开始，为公比为4的等比数列，

故，

故选：A

9．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，则的值为（    ）

A．2021 B．2022 C．2023 D．2024

【答案】B

【分析】利用正弦定理和余弦定理有，再根据条件整体代换即可.

【详解】因为，

则根据正弦定理和余弦定理有

.

故选：B.

10．已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，则下列说法中错误的是（    ）

A．该正方体外接球的体积为

B．若是棱中点，则异面直线与夹角的余弦值为

C．若点在线段上运动，则始终有

D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值

【答案】B

【分析】求解外接球的添加判断的正误；求解异面直线所成角的余弦函数值，判断的正误；利用直线与平面垂直判断的正误；求解体积判断的正误．

【详解】正方体的棱长为，正方体外接球的的半径为，外接球的体积为，所以A正确；

是棱中点，则异面直线与夹角就是直线与夹角，夹角的余弦函数值为：．所以B不正确；

因为，，，平面，所以平面，平面，所以点在线段上运动，则始终有，所以C正确；

点在线段上运动，因为，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离是定值，则三棱锥体积为的体积，

即：，所以D正确；

故选：B

11．如图，已知点P是圆上的一个动点，点Q是直线上的一个动点，为坐标原点，则向量在向量上的投影的最大值是（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】设，的夹角为，设，根据向量的投影的定义结合数量积的运算可表示出向量在向量上的投影，结合圆的方程可得，利用三角恒等变换化简即可求得答案.

【详解】设，的夹角为，则向量在向量上的投影为，

若要投影取得最大值，则应为锐角，

设，不妨设，由题意可知，

则根据向量数量积的运算可得，

由于点P是圆上的一个动点，所以设，（为参数），

故

，

团为的最大值为1，所以的最大值为，

故选∶D．

12．已知函数有三个不同的零点，且．则实数的值为（    ）

A． B． C．－1 D．1

【答案】D

【分析】令，从而求导以确定函数的单调性及取值范围，再令，从而化为有两个不同的根，从而可得或，讨论求解即可．

【详解】令，则，当时，是增函数，当时，是减函数；

又趋向于0时趋向负无穷，趋向于正无穷时趋向0，且，

令，则，要使有3个不同零点，

则必有2个零点，若，则或，

所以有两个不同的根，则，

所以或，且，，

①若，，与的范围相矛盾，故不成立；

②若，则方程的两个根一正一负，即，；

又，则，且，，

故.

故选：D

二、填空题

13．已知向量，，则的值为______.

【答案】

【分析】由坐标运算结合模长公式求解即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：

14．已知直线与曲线相切，则m的值为______．

【答案】1

【分析】求出函数的导数，设切点为，利用导数的几何意义求出切点坐标，代入切线方程，即可求得答案.

【详解】由题意，可得，

直线与曲线相切，设切点为，

则，则，

即切点为，将该点坐标代入，可得，

故答案为：1

15．设是抛物线上的两个不同的点，O为坐标原点，若直线与的斜率之积为，则直线恒过定点，定点坐标为______．

【答案】

【分析】设 ,，根据题意可得 ,设直线的方程为，代入抛物线方程化简整理并且结合根与系数的关系即可得出答案．

【详解】设,，

因为直线与的斜率之积为，

所以，

解得，

由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，

代入抛物线方程可得，需满足，

所以，解得，满足，

故直线的方程为，

则直线恒过定点，

故答案为∶．

16．设定义在上的函数和.若，，且为奇函数，则______.

【答案】

【分析】由，，可得，再结合为奇函数，可得，从而可得函数是以为周期的一个周期函数，求出即可得解.

【详解】因为，所以，

即，

又因，所以，即，

因为为奇函数，所以，且，

所以，则，

所以函数是以为周期的一个周期函数，

由，得，

则，

所以

.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于先根据，，可得，再结合为奇函数，可得，从而可得函数的周期.

三、解答题

17．某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人.有列联表：

(1)根据已知条件完成如图所给的列联表，并判断是否有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；

(2)若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，再从这抽取的8人中随机抽取2人去担任“爱牙宣传志愿者”，求抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率.

附：，.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解；

（2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，列举法，以及古典概型的概率公式，即可求解.

【详解】（1）由题意可知，列联表：

有的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；

（2）若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，则爱吃甜食占3人，设为

，不爱吃甜食占5人，设为，

从中随机选取2人，所有情况为：

，共28种，其中抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年为：，共10种，

故抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率为.

18．已知数列前n项和为．从下面①②中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分．

①数列是等比数列，，且成等差数列；

②数列是递增的等比数列，，；

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列的前n项的和为，且．证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）选①：根据等比数列基本量的计算，求出首项及公比即可求解；

选②：根据等比数列的性质有，结合已知求出即可得公比，从而得答案；

（2）由（1）根据对数的运算性质求出，然后利用裂项相消求和法求出即可证明.

【详解】（1）选①：因为数列是等比数列，设公比为，，且，，成等差数列，

所以，解得，所以；

选②：因为数列是递增的等比数列，，，

所以，所以，，

所以；

（2）由（1）知：，且，

所以.

19．在四棱锥中，底面是边长为6的菱形，，，.

(1)证明：平面；

(2)若，M为棱上一点，满足，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定推理作答.

（2）求出点到平面的距离，再利用等体积法求解作答.

【详解】（1）在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，

又是的中点，，则，而平面，

所以平面.

（2）连接，由平面，平面，则，

而，平面，因此平面，

又是边长为6的菱形，，则，面积，

过作交于，而，且，

则，显然，于是，面积，

令点到平面的距离为，又平面，由，

即，得，解得，

所以点到平面的距离为.

20．如图，已知分别为椭圆的左，右顶点，为椭圆M上异于点的动点，若，且面积的最大值为2．

(1)求椭圆M的标准方程；

(2)已知直线与椭圆M相切于点，且与直线和分别相交于两点，记四边形的对角线相交于点N．问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在两个定点，使得为定值4.

【分析】（1）根据题意列出关于的方程，即可求得答案；

（2）设切线l方程为；并联立椭圆方程，化简可得根与系数的关系式，结合判别式等于0可得参数之间的关系，进而求出点坐标，求出直线的方程，联立可求得点N的轨迹方程，即可得结论.

【详解】（1）由题意知，且面积的最大值为2．

即，

当P位于椭圆短轴端点处时，面积的最大，即，

故椭圆M的标准方程为.

（2）因为点在椭圆，

所以，，

设切线l方程为；，即，

令，则，

由，得 ，即，

因为直线l与椭圆M相切，

所以，

所以，

代入，得，即，

因为，所以，

所以 ，有，

由于，所以，

故切线l方程为：，即，

令，可得，则直线为：，①

令，得,则直线为：，②

由①②相乘得：，

即点N的轨迹方程为：，

由椭圆定义知，存在点，使得为定值4.

【点睛】难点点睛：本题第二问解答的思路并不困难，即通过设切线方程，联立椭圆方程，结合根与系数的关系式化简，求得坐标，利用交轨法求得动点轨迹方程，即可得到结论，解答的难点在于复杂的计算，计算量较大，且都是关于参数的运算，因此要十分细心.

21．已知函数，其中为自然对数的底数.

(1)当时，设，求函数的极值；

(2)若函数在有零点，求证：.

【答案】(1)极小值，无极大值

(2)见解析

【分析】（1）由导数求极值即可；

（2）由题设有在有解，结合向量数量积性质得，应用构造函数并放缩证，再证即可证结论.

【详解】（1）.

当；当.

则函数在上单调递减，在上单调递增.

即函数有极小值，无极大值.

（2）由，则在有解，

若，由知：，

所以，即，

下证在上恒成立，

令，则，故在上递增，所以，即；

令，则，故在上递增，所以，即；

综上，，即，故，即，

下证，即在上恒成立，

令，则，在上，递减，在上，递增，

所以，即，故，得证.

【点睛】关键点睛：第二问注意引用向量数量积的不等关系，得，再构造函数作放缩处理证明结论.

22．数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线，（）的形状如心形（如图），我们称这类曲线为笛卡尔心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当时．

(1)求曲线E的极坐标方程；

(2)已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将，代入曲线E，化简可得答案；

（2）不妨设，，，，则，结合三角函数性质求最大值即可.

【详解】（1）将，代入曲线E，得，即，

所以，E的极坐标方程为；

（2）不妨设，，即，，

，

而，故.

23．已知，，函数的最小值为3．

(1)求的值；

(2)求证：．

【答案】(1)2

(2)证明见解析

【分析】（1）利用绝对值三角不等式结合的最小值，即可求得答案;

（2）结合（1）的结论可得，化简并利用基本不等式可求得的最小值，即可证明结论.

【详解】（1）因为，

当且仅当时，即时，等号成立,

又,所以,

故.

（2）由（1）知，又,

所以,

当且仅当,即时，等号成立，

即，所以，

所以，

即.