2023届四川省南江中学高三下学期五月适应性考试（一）数学（文）试题含解析

这是一份2023届四川省南江中学高三下学期五月适应性考试（一）数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省南江中学高三下学期五月适应性考试（一）数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合A，计算与集合B的交集即可.【详解】由题意可得，则.故选：B.2．已知复数，则（    ）A． B．2 C． D．10【答案】C【分析】由复数的乘法公式和模的计算公式即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.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【答案】C【分析】根据题意得到，得到，即，求得，进而求得椭圆的长轴长.【详解】由椭圆，可得，因为是椭圆短轴的一个端点，且，可得，即，可得，即，解得，所以，故椭圆的长轴长是.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：A5．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 7663 01 63 78 59  16 95 56 57 19  98 10 50 71 75  12 86 73 58 07  44 39 52 38 7933 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：B7．已知函数，若对任意的，成立，则的最大值是（    ）A． B． C．1 D．e【答案】C【分析】设，求得，当时，得到在上单调递增，得到，即，设，求得，得到时， 在上单调递增，得到，即，得到，进而得到，即可求解.【详解】设，可得，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，故当时，，即，当且仅当时，等号成立，可得，所以，所以，所以的最大值是.故选：C.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（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】设正方形的边长，较小的角为，则中间小正方形的边长为，由题意可得，显然可得，即可得到，从而求出.【详解】设正方形的边长，较小的角为，则中间小正方形的边长为，由题意可得，显然，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以.故选：D9．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.10．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．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．【答案】C【分析】根据题意得到，取得，得到，，在中，由余弦定理化简得到，即，即可求得双曲线的离心率.【详解】如图所示，直线的斜率为，可得其倾斜角为，由题意得，则，因为，所以，所以，则，在中，由余弦定理可得，即，整理得，即，又因为，解得.故选：C.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．【答案】B【分析】设，根据已知条件用把三棱锥的体积表示出来，然后利用导数确定体积取最大值时的值，进而确定出三棱锥外接球的半径，从而求出体积.【详解】设，则，故三棱锥的体积.  设，则.由，得；由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，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.故选：B. 二、填空题13．已知向量，若，则___________.【答案】/【分析】由数量积等于0并结合数量积的坐标运算公式即可求解.【详解】由题意可得，因为，则，解得.故答案为：14．已知实数满足约束条件，则的最小值为___________.【答案】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，  将化为，则由图可得当直线经过点时，取得最小值，所以联立，解得，所以.故答案为：.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．设数列的前项和为，且，若恒成立，则的最大值是___________.【答案】【分析】根据题意得到，求得，得到，把不等式的恒成立转化为恒成立，设，化简得到，结合的值，求得的最小值是，即可求解.【详解】因为，所以，所以数列是常数列，则，可得，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，所以实数的最大值为.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． “编织巧手”非“编织巧手”总计年龄40岁19  年龄40岁 10 总计  40(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：0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828 【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： “编织巧手”非“编织巧手”总计年龄岁19524年龄岁61016总计251540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．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.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，求导并利用导数的几何意义即可得到结果；（2）根据题意，利用导数研究函数的单调性，得到函数在上单调递增，然后可得，再求得的最大值即可得到结果.【详解】（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.【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及极值问题，解答本题的关键在于利用导数求得函数的单调性，然后得到，从而构造函数，求得其最大值即可.20．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.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，证得，得到平面，再由，证得平面，从而证得平面平面，即可得到平面；（2）求得，由，证得，根据平面平面，得到点到平面的距离是，点到平面的距离是，结合，即可求解.【详解】（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：因为四边形是梯形，满足，且，分别为的中点，可得，由（1）可知且，则，所以，因为，所以，因为平面平面且，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.21．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．【答案】(1)；(2)1或. 【分析】（1）分析给定条件，结合抛物线定义求出曲线的方程作答.（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出弦长，结合三角形面积及垂直的向量表示求解作答.【详解】（1）依题意，，即点到点的距离等于点到直线的距离，又，的方程为，，则点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以点的轨迹的方程为．（2）依题意，直线的斜率不为0，设直线，，，由消去x并整理得，则，从而，，，又点，点到直线的距离，因此的面积，而以线段为直径的圆恒过点，即，有，又，，于是，即，从而，即，亦即，则，即或．又直线不经过点，即，则有，此时，解得或，所以直线的斜率为1或.  【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点间的距离；直线l：x=my+t上两点间的距离.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．