2023届河北省邕衡金卷高考第三次适应性考试数学（文）试题含解析

2023届邕衡金卷高考第三次适应性考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数的图象与性质，求得集合，结合集合并集的运算，即可求解.

【详解】由题意，集合，

又因为，可得．

故选：B．

2．已知复数（，i为虚数单位），且，则z在复平面内对应点所在象限为（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的乘法计算和复数的相等即可求解.

【详解】，

所以，

由复数相等得，

在复平面对应点坐标在第四象限，

故选：D．

3．设一组数据的方差为1.2，则数据的方差为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

【答案】A

【分析】数据的方差是数据的方差的倍

【详解】因为的方差为1.2，

所以数据的方差为，

故选：A．

4．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过（    ）天．（参考数据：，，）

A．9 B．15 C．25 D．35

【答案】D

【分析】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2倍，则，然后利用对数的运算和题目所给的数据求出的值即可.

【详解】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2倍，则，

∴，

故选：D．

5．抛物线的焦点为F，点，P为抛物线上的动点，则的最小值为（    ）

A． B．3 C．2 D．

【答案】A

【分析】利用抛物线定义，结合图形可解.

【详解】如图，过点P作PH垂直于准线，垂直为H，

根据抛物线的定义，所以当A，P，H三点共线时最小，

此时.

故选：A．

6．已知和是两个正交单位向量，，且，则（    ）

A．2或3 B．2或4 C．3或5 D．3或4

【答案】B

【分析】根据题意得到，，求得，集合向量模的计算公式，列出方程，即可求解.

【详解】因为和是正交单位向量，，，

可得，所以，解得或.

故选：B．

7．在中，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合正弦定理求得，再由余弦定理，即可求解.

【详解】因为，由正弦定理可得，且，

由余弦定理可得：.

故选：C．

8．现有几何体Ω，当它内部被挖去另一个几何体时的三视图如下，则Ω的体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题实质上是求圆锥外接球的体积，根据公式得球的半径R，再根据球的体积公式可得.

【详解】由题意可知，该几何体是球体被挖去一个圆锥，圆锥底面半径为，高为6，

设球的半径为R，可得，解得R=4，

所以体积为．

故选：B

9．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求，再将目标式化为齐次式求解即可.

【详解】由已知得：，所以.

故选：A

10．已知直线和圆，则圆心O到直线l的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把直线方程化为，求得直线过定点，结合圆的几何性质，即可求解.

【详解】由题意，直线可化为，

联立方程组，解得，即直线过定点，

又由，可得定点在圆内，

由圆的几何性质知，圆心到直线的距离．

故选：B.

11．已知双曲线C：，O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平行线交C的另一条渐近线于点Q，若，则C的离心率为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】结合图形可得，利用诱导公式和二倍角公式求得，然后由公式可得.

【详解】设渐近线的倾斜角为，则，

，则，

解得（舍去）或，

∴，∴.

故选：D．

12．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由指数幂的运算性质得到，得到，构造函数，利用导数取得函数得到单调性，得到，得到，结合，得到，即可求解.

【详解】由指数幂的运算公式，可得，所以，

构造函数，其中，则，

当时，；当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，故，当且仅当时取等号，

由于，则，则，所以，所以，所以.

故选：C.

二、填空题

13．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】5

【分析】先作可行域，再作直线，平移直线确定最优解，然后可得.

【详解】根据题意作可行域如图，

作直线，由图可知，平移直线到l位置，即过点A时，取得最大值.

解方程组得，

代入，得.

故答案为：5

14．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是，和棋的概率是，则甲不输的概率为______．

【答案】

【分析】根据互斥事件的概率加法公式可得 .

【详解】记甲获胜为事件A，和棋为事件B.

易知A，B互斥，

所以，甲不输的概率为．

故答案为：

15．如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．

【答案】/

【分析】由，求得，得到侧面积，令，得到，求得函数的单调性，进而得到答案.

【详解】如图所示，设，半径，高，

球半径为单位长度，

因为，可得，即，

所以，解得，

所以侧面积，

令，可得，

令，可得，解得．

当，，单调递减；

当，，单调递减，

所以时侧面积有最小值．

故答案为：.

16．关于函数有如下四个命题：

①的一个周期是π；

②的对称中心是；

③在上的最小值是；

④在内的所有零点之和为．

其中所有真命题的序号是______．

【答案】②④

【分析】根据函数的周期性和对称性公式以及导数确定单调性结合特殊点函数值即可求解.

【详解】对①，，故①错误；

对②，因为，

所以关于点对称，故②正确；

对③，，

令，

则，

当，；，，

所以在上的最小值是；

又，

而，

所以，故③错误；

对④，得或，

因为，

所以当时，解得，

当时，

因为在上函数的对称轴为，

所以它的两零点之和为，

故在内的所有零点之和为，故④正确．

故答案为：②④.

三、解答题

17．已知数列的首项为2，且满足（且），．

(1)求的通项公式；

(2)设，求的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）因式分解可知为等比数列，然后可解；

（2）利用对数运算裂项可解.

【详解】（1）由得，

因为，所以，所以，即，

又，所以是以2为首项和公比的等比数列，所以．

（2）由得，

18．为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面发展的素质教育理念，某中学组织同学们进行了引体向上测试，茎叶图记录了甲，乙两组各四名同学单位时间内引体向上的次数，乙组记录中有一个数据模糊，在图中以X表示．

(1)如果，求乙组同学单位时间内引体向上次数的平均数和方差；

(2)如果，分别从甲，乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学单位时间内引体向上次数和为18的概率．

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）由时，得到乙组中数据，结合平均数和方差的公式，即可求解；

（2）记甲组四名同学为和乙组四名同学为，利用列举法，求得基本事件的总数，以及选出的两名同学引体向上次数和为所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】（1）解：由时，乙组数据分别为7，8，9，10，

计算这组数据的平均数为，

方差为.

（2）解：记甲组四名同学为，他们单位时间内引体向上次数依次为8，9，11，12，

记乙组四名同学为，他们单位时间内引体向上次数依次为：6，8，9，10，

分别从而甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，

即：，，，，，，，，，，，，，，，，

用C表示：“选出的两名同学单位时间内引体向上次数和为18”这一事件，

则C中的结果有3个，即：，，，

故所求概率为．

19．如图，在多面体ABCDE中，平面平面，平面，是边长为2的正三角形，，．

(1)点为线段上一点，求证：；

(2)求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，证得平面，得到，且，得到所以四边形为平行四边形，所以，再由，证得平面，得到平面，即可证得；

（2）过作垂直于，证得平面，得到即为与平面所成角，在直角，即可求得与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：取中点，连接，

因为是边长为2的正三角形，可得，

因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，且，

又因为平面，所以，

因为，可得，所以四边形为平行四边形，所以，

由，且为的中点，可得，

因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，所以平面，

又因为平面，所以.

（2）解：在中，，且，

由余弦定理得，

所以，

如图所示，过作垂直于，交延长线于点，即，连结，

因为平面，且平面，所以，

又因为，且平面，所以平面，

所以即为与平面所成角,

在直角中，可得，

在直角中，可得，

所以，即与平面所成角的正弦值为.

20．已知抛物线：，圆：，点F为抛物线的焦点，点A为抛物线上的一点，，且点A的纵坐标为．

(1)求抛物线的方程；

(2)点P（不是原点）是上的一点，过点P作的两条切线分别交于M，N两点（异于点P），E为线段MN中点．若，求点P的坐标．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式可解；

（2）设，，，切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径得关于k的方程，根据韦达定理可得的值，再联立切线方程和抛物线方程可得与的关系，然后根据可解.

【详解】（1）由题意可得，解得，

所以抛物线的方程为．

（2）设，，，由题知，，，且切线的斜率存在．

设过点的圆的切线方程为，即．

圆心到切线的距离为1，得到，

整理得，

设PM，PN的斜率分别为，，则有，，

联立，得，

因为点P是直线与抛物线的一个交点，有，

同理可得，

因为E为MN中点，则有，又，所以点在PE，从而有，

，

，所以，解得，

所以点P的坐标为.

【点睛】本题难点有二，一是MN的斜率如何转化为点P坐标来表示，可通过联立切线方程和抛物线方程，利用韦达定理得与的关系进行转化；二是如何表示PE的斜率，主要考察学生的观察能力，根据垂直平分线的性质即可得到.

21．已知函数．

(1)若，求函数在点处的切线方程；

(2)若函数在区间内有两个不同的零点，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，求得，得到切线的斜率，进而求得在点处的切线方程；

（2）根据题意转化为方程有两个不同的解，得到，令，利用导数得出函数的单调性与极大值，结合，，得出不等式，即可求解．

【详解】（1）解：当时，函数，可得，

则切线的斜率，

又因为，

所以函数在点处的切线方程为：，即．

（2）解：由题意知，函数在区间内有两个不同的零点，

即有两个不同的解，即，

令，即与函数的图像有两个不同的交点．

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以函数的极大值为∴，

又因为，，

故与函数有两个不同的交点，

则满足，即，即实数的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数，且），曲线C与x轴交于A点，与y轴交于B点．

(1)求；

(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求以线段AB为直径的圆M的极坐标方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别令和，求得的坐标，进而求得的长；

（2）由（1）求得圆M的直角坐标方程为，结合极坐标与直角的互化公式，即可求解.

【详解】（1）解：令，则，解得或（舍去），

则，即．

令，则，解得或（舍去），

则，即，

所以.

（2）解：由（1）可知的中点为，则以线段为直径的圆M的半径为，

所以圆M的直角坐标方程为，即，

由，可得，直线的极坐标方程为．

23．已知a，b均为正实数，且，证明：

(1)；

(2)．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由柯西不等式有，结合题意，即可求解；

（2）根据题意得到，结合，结合基本不等式，即可求解．

【详解】（1）证明：由柯西不等式有，

又因为，则，当且仅当时，取等号，

所以．

（2）证明：因为，所以，

所以，所以，

当且仅当，即时取等号，．