2023届安徽省六安第一中学高考适应性考试数学word版含解析

这是一份2023届安徽省六安第一中学高考适应性考试数学word版含解析，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  六安一中2023届高三年级适应性考试数学试卷时间：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知为实数集，集合或，，则图中阴影部分表示的集合为（）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解指数不等式，再结合Ven图求集合交、补运算即可.【详解】由Ven图可知，阴影部分表示为，因为，或，所以，所以，故选：C.2. 已知复数z满足，则（）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值，再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.【详解】设（a，），则，根据复数相等的定义，得，解得或，所以．故选：B.3. 曲线是造型中的精灵，以曲线为元素的LOGO给人简约而不简单的审美感受，某数学兴趣小组设计了如图所示的双J型曲线LOGO，以下4个函数中最能拟合该曲线的是（）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分别从函数奇偶性、单调性、及函数值的符号来逐项判断即可.【详解】对于A项，设，定义域为，又因为，所以为奇函数，当时，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，当x趋近于0时，趋近于0；当x趋近于时，趋近于；又因为，故符合图象，故A项正确；对于B项，设，定义域为，又因为，所以为偶函数，而图象曲线是一个奇函数，故B项不符合；对于C项，设，定义域为，当时，，则，，，所以在上单调递增，在上单调递减，这与图象不符，故C项不符合；对于D项，设，定义域为，因为，这与图象中相矛盾，故D项不符合.故选：A.4. 为庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕，某高中举行“献礼二十大”活动，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名学生代表参加，活动结束后5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有（   ）种．A. 40 B. 24 C. 20 D. 12【答案】B【解析】【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有种，故选：．5. 《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清撤，表现力强.如图是箜篌一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点，测得切线，，，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为（      ）A. 0.62 B. 0.56 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】运用四边形的内角和为、余弦定理及诱导公式可求得结果.【详解】如图所示，设弧AB对应圆心是O，根据题意可知，，，则，因为，，，则在△ACB中，，所以.故选：A.6. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线与双曲线交于，两点，若，则的面积等于（）A. 18 B. 10 C. 9 D. 6【答案】C【解析】【分析】由已知可得四边形为矩形，从而可得，，由双曲线的性质可求得，从而可得，利用勾股定理及双曲线的定义可求得，由三角形面积公式即可得解．【详解】直线与双曲线交于，两点，若，则四边形为矩形，所以，，由双曲线可得，，则，所以，所以，又，所以，解得，所以．故选：C．7. 已知函数，集合中恰有3个元素，则实数取值范围是（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知化简可得，.原题可转化为在上恰有3个解.求出当时，的前4个解，即可得出，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，.因为，，所以.因为集合中恰有3个元素，即函数在上恰有3个解，即在上恰有3个解.因为，当时，的前4个解依次为，，，，所以应有，即，所以，.故选：D.8. 某学校一同学研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：x568912y1720252835经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则下列结论错误的是（）A. 样本中心点为B. C. 时，残差为D. 若去掉样本点，则样本的相关系数增大【答案】D【解析】【分析】由回归直线必过样本中心可判断A项、B项，由残差公式可判断C项，由相关系数公式可判断D项.【详解】对于A项，因为，，所以样本中心点为，故A项正确；对于B项，由回归直线必过样本中心可得：，解得：，故B项正确；对于C项，由B项知，，令，则，所以残差为，故C项正确；对于D项，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变，故D项错误.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 下列命题正确的有（    ）A. 已知复数的共轭复数为，则一定是实数B. 若为向量，则C. 若为复数，则D. 若为向量，且，则【答案】ACD【解析】【分析】由共轭复数的定义判断A，根据数量积的定义判断B，根据复数模的性质判断C，根据数量积的运算律判断D.【详解】对于A，设，则，故，故A正确；对于B，、为向量，设夹角为，则，故B错误；对于C，设，，，，所以，故C正确；对于，、为向量，且，则，即，故D正确．故选：ACD．10. 以下说法正确的有（      ）A. 实数是成立的充要条件B. 已知的定义域为，则的定义域为C. 若，则的最小值是8D. 的展开式中，含的项的系数是.【答案】CD【解析】【分析】结合不等式性质判断A，利用抽象函数定义域计算规则判断B，结合基本不等式判断C，结合二项式定理判断D．【详解】对于A，当，时，成立，但不满足，故A错误；对于B：若的定义域为，则中，解得，故的定义域为，故B错误；对于C：若，则，当且仅当且，即，时取等号，故C正确；对于D：展开式的通项为（且），令，则，含的项的系数是，故D正确．故选：CD．11. 一个袋子中有编号分别为的4个球，除编号外没有其它差异.每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球.设“第一次摸到的球的编号为2”为事件，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件，“两次摸到的球的编号之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（）A.  B. 事件与事件相互独立C.  D. 事件与事件互为对立事件【答案】AC【解析】【分析】对于选项A，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C,，所以该选项正确；对于选项D,举例说明事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.【详解】对于选项A，两次摸到的球的编号之和能被3整除的基本事件有，共5个，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得,,所以，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C,，所以该选项正确；对于选项D, 如果第一次摸到编号为1的球，第二次摸到编号为4的球，则事件A和B都没有发生，所以事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.故选：AC12. 已知四棱柱的底面为正方形，，，则（）A. 点在平面内的射影在上B. 平面C. 与平面交点是的重心D. 二面角的大小为【答案】ACD【解析】【分析】设，，，正方形的边长为1，根据对称性得到A正确，计算得到B错误，根据相似得到得到C正确，确定为二面角的平面角，计算得到D正确，得到答案.【详解】设，，，正方形的边长为1，则，，，对选项A：，，根据对称性知，点在平面内的射影在的角平分线上，即在上，正确；对选项B：，，，错误；对选项C：设，相交于，与交于点，即为与平面的交点，则，为中边上的中线，故为的重心，正确；对选项D：连接与相交于，连接，根据对称性知，又，平面，平面，故为二面角的平面角，，故，故，，，故，正确故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查了空间几何投影，垂直关系，二面角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，把空间关系的证明转化为空间向量的运算，可以简化过程，是解题的关键.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 记等差数列的前n项和为，若，则数列的公差________．【答案】9【解析】【分析】将和拆分为和，解方程即可得出答案．【详解】因为，所以，所以，解得，故答案为：．14. 已知点，，动点M满足，则点M到直线的距离可以是__________．（写出一个符合题意的整数值）【答案】0或1 (只写一个即可)【解析】【分析】由题设知的轨迹为，根据圆心到距离得到到直线距离的范围，即可写出一个值.【详解】由题设知，即在以为直径的圆上，且圆心为，半径为，所以的轨迹为，而到的距离为，即直线过圆心，所以M到直线的距离范围，所以点M到直线的距离的整数值可以是0或1.故答案为：0或1 (只写一个即可)15. 已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点E，过F的直线与C在第一象限的交点为A，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】先根据抛物线定义转化为，再联立直线和抛物线得出切线斜率即可求出最大值.【详解】由题意可知，，．如图所示，过作，垂足为，因为，所以．只要最小，满足题意，即最小，结合图形可知，与相切时，最小．设直线的方程为．由得，，由，解之得或（舍去），此时，取得最大值．故答案为：16. 大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】①根据类比图形的结构特点，找到与的面积联系即可.②利用向量加减法的三角形法则，用，表示出即可.【详解】如图：连接，由题意知，且分别为的中点，.所以，,得.，，化简得，所以故答案为：①；②.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换分析运算；（2）利用面积公式、余弦定理运算求解.【小问1详解】因为，由正弦定理得，则，又因为，则，得，即，所以.【小问2详解】因为△ABC的面积，即，可得，由余弦定理可得：，即，解得，所以△ABC的周长为.18. 设正项等比数列的前项和为，若，．（1）求数列的通项公式；（2）在数列中是否存在不同的三项构成等差数列？请说明理由．【答案】（1）（2）不存在，理由见详解【解析】【分析】（1）设的公比为，根据题意列方程组，从而求得，，进而即可求得数列的通项公式；（2）结合（1）可得到，假设存在三项构成等差数列，从而根据条件得到，进而即可得到结论．【小问1详解】设的公比为，由，两式相除并整理得，解得或（舍去），即，，所以．【小问2详解】由（1）有，，所以，假设存在三项构成等差数列，则有，即，左右两边除以，，等式左边为偶数，右边为奇数，该等式显然无解，所以在数列中不存在不同的三项构成等差数列．19. 如图1，在直角梯形中，，，点为的中点，点在，将四边形沿边折起，如图2.（1）证明：图2中的平面；（2）在图2中，若，求该几何体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，分别证得和，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.（2）由，得到，证得，连接，把该几何体分割为四棱锥和三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.【小问1详解】证明：取中点，连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，且平面，所以平面，同理可知：四边形是平行四边形，所以，证得平面，因为平面，且，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】解：若，因为，，则，故，所以两两垂直，连接，该几何体分割为四棱锥和三棱锥，则，因为平面平面，故，所以该几何体的体积为.20. 某款自营生活平台以及提供配送服务的生活类软件主要提供的产品有水产海鲜，水果，蔬菜，食品，日常用品等．某机构为调查顾客对该软件的使用情况，在某地区随机访问了100人，访问结果如下表所示． 使用人数未使用人数女性顾客4020男性顾客2020 （1）从被访问的100人中随机抽取2名，求所抽取的都是女性顾客且使用该软件的概率；（2）用随机抽样的方法从该地区抽取10名市民，这10名市民中使用该软件的人数记为，问为何值时，的值最大？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由二项分布的概率计算公式列出式子，然后即可得到其最大值.【小问1详解】设事件为“从被访问的100人中随机抽取2名，所抽取的都是女性顾客且使用该软件”，从被访问的100人中随机抽取2名，共有个基本事件，事件共有个基本事件，则．【小问2详解】由题意，服从二项分布，且使用该软件的概率为，则．所以．设．若，则；若，则．所以时，最大．21. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过点，.（1）求E的方程；（2）已知，是否存在过点的直线l交E于A，B两点，使得直线PA，PB的斜率之和等于？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，l的方程为.【解析】【分析】（1）设出椭圆E的方程，利用待定系数法求解作答.（2）设出直线的方程，与椭圆E的方程联立，借助斜率坐标公式求解作答.小问1详解】设椭圆E的方程为，由点，在E上，得，解得，，所以E的方程为.【小问2详解】存在，理由如下.显然直线l不垂直于x轴，设直线l的方程为，，，由消去x得：，则，得，，因此，解得，所以存在符合要求的直线l，其方程为.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法：①定义法：根据椭圆的定义，确定，的值，结合焦点位置可写出椭圆方程；②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为 (A>0，B>0，A≠B)．22. 已知函数为函数的导函数．（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数，存在，证明：．【答案】（1）函数在区间上单调递减，在区间上单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用导数研究函数单调性即可.（2）由可得，结合（1）可得，联立两者可得，运用比值代换法，设，转化为求证,即可证明.【小问1详解】的定义域为，，令，则，所以函数在单调递增，又因为，所以，，即：，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】由（1），得，又，即，所以．不妨设，所以．由（1）得当，函数单调递增，所以，故，所以，所以，故．下证．即证：，设，则，所以函数在区间上单调递增，所以，故，即，所以，即，所以，得证．【点睛】方法点睛：极值点偏移问题(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．