河南省信阳市新县高级中学2023届高三第一轮适应性考试（二）数学（理科）试题（含解析）

这是一份河南省信阳市新县高级中学2023届高三第一轮适应性考试（二）数学（理科）试题（含解析），共21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。


一、单选题
1．已知复数，则
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．裴波那契数列（Fibnacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列满足：，，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．若，则函数有（ ）
A．最小值1B．最大值1C．最小值D．最大值
5．已知抛物线上三点，直线是圆的两条切线，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．公比为2的等比数列中存在两项，，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．抛物线的焦点为，点为该抛物线上的动点，又点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在区间内有且只有一个极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知且且且，则（ ）
A．B．C．D．
10．四面体的四个顶点坐标为，，，，则该四面体外接球的体积为
A．B．C．D．
11．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
12．对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量（ ）次（若，则）.
A．31B．33C．36D．32
二、填空题
13．已知等差数列中，，则数列前9项和最大值是 .
14．在平面直角坐标系中，平面向量，将绕原点逆时针旋转得到向量，若三点共线，则在方向上的投影是 .
15．已知三棱锥的外接球的半径为，底面为正三角形，若顶点到底面的距离为且三棱锥的体积为，则顶点的轨迹长度是 .
16．已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别为△PF1F2的内心和重心.当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为 .
三、解答题
17．已知数列满足，，，．
（Ⅰ）求证：数列为等差数列；
（Ⅱ）设数列的前项和．证明：．
18．某小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活物资供应.为做好甲类生活物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类生活物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图.

（1）从小区超市某天购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户.
①若将频率视为概率，求至少有两户购买量在（单位：）的概率是多少？
②若抽取的5户中购买量在（单位：）的户数为2户，从5户中选出3户进行生活情况调查，记3户中需求量在（单位：）的户数为，求的分布列和期望；
（2）将某户某天购买甲类生活物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于时，则称该居民户称为“迫切需求户”，若从小区随机抽取10户，且抽到k户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k的值.
19．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
图一
图二
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.
20．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线有两个不同的交点（其中点在x轴的上方）.
（1）若点的纵坐标为且点到轴的距离等于，求此时抛物线的标准方程；
（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为(为坐标原点)，若，求的取值范围.
21．设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，讨论函数的零点的个数.
22．在直角坐标系中，直线l过点，且倾斜角为，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，并判断曲线C是什么曲线；
设直线l与曲线C相交与M，N两点，当，求的值．
23．已知函数.
（1）当时，求不等式 的解集；
（2）设，且的最小值是 ，若，求的最小值.
参考答案：
1．C
【分析】先将代入得到，之后应用复数的除法运算法则求得结果.
【详解】，
=，
故选C．
【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的除法运算，属于简单题目.
2．A
【分析】解不等式确定集合，再求交集．
【详解】由，得或，即，
由，得或，即，
∴．
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集运算，考查对数函数的定义域，掌握集合运算的概念是解题基础．
3．A
【解析】写出裴波那契数列的前几项，观察发现裴波那契数列中能被3整除的项，分别为第4项，第8项，第12项等，根据归纳推理可知，裴波那契数列的前40项中能被3整除的项共有10项，根据古典概型，求解即可.
【详解】裴波那契数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
观察发现前12项中，第4项，第8项，第12项都能被3整除.
以此类推前40项中，第4项，第8项，第12项，第16项，第20项，第24项，第28项，第32项，第36项，第40项，共10项，能被3整除.
所以能被3整除的概率为.
故选A
【点睛】本题考查古典概型求概率，同时也考查了裴波那契数列.属于中档题.
4．D
【分析】由题意，，，利用基本不等式求解.
【详解】因为，所以，
.
当且仅当，即时等号成立，
所以函数有最大值.
故选：D.
5．B
【解析】先利用点求抛物线方程，利用相切关系求切线AB，AC，再分别联立直线和抛物线求出点，即求出直线方程.
【详解】在抛物线上，故，即，抛物线方程为，
设过点与圆相切的直线的方程为：，即，则圆心到切线的距离，解得，如图，直线，直线.
联立 ，得，
故，由得，故，
联立 ，得，
故，由得，故，
故，又由在抛物线上可知，
直线的斜率为 ，
故直线的方程为，即.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
求圆的切线的方程的求法：
（1）几何法：设直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径构建关系求出参数，即得方程；
（2）代数法：设直线的方程，联立直线与圆的方程，使判别式等于零解出参数，即可得方程.
6．D
【解析】根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.
【详解】，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
最小值为.
故选:D.
【点睛】本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.
7．B
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义及两点间距离公式列式，再借助均值不等式求解作答.
【详解】抛物线的准线方程为，，则，，
，当时，，
当时，，当且仅当时取等号，而，
所以的最小值是.
故选：B
8．D
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用极值点的意义列式求出范围.
【详解】依题意，，
当时，，
由函数在内有且只有一个极值点，得，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
9．D
【解析】令，利用导数研究其单调性后可得的大小.
【详解】因为，故，同理，
令，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，故，即，而，
故，同理，，，
因为，故，
所以.
故选：D．
【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．
10．B
【解析】计算出线段长度，分析出四面体的形状，从而可确定出外接球的球心，根据球心求解出球的半径即可求解出外接球的体积.
【详解】由题意知，
所以，所以，
所以该四面体侧棱底面，且底面是边长为的正三角形，侧棱，
所以底面正三角形的外接圆半径为，球心必在过中点且平行于底面的平面上，
所以球半径，所以球的体积为.
故选：B.
【点睛】本题考查空间几何体的外接球体积计算，难度一般.求解空间几何体的外接球的问题，首先要确定出球心所在的位置，然后根据线段长度求解出外接球的半径，最后即可求解出球的体积或表面积.
11．B
【分析】将问题转化为在上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化为在上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得，则只需即可，解不等式求得结果.
【详解】由题意得：
在上单调递增 在上恒成立
又 在上恒成立
当时，
，解得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.
12．D
【分析】由正态分布曲线的概念可知，，求解即可.
【详解】因为，得到，，
要使误差在的概率不小于0.9545，
则，
所以，解得，
故选：D.
13．45
【分析】设等差数列的公差为，由，得，所以，求出的范围，利用求出答案.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
整理得，该等式可看作是关于的一元二次方程，
所以，解得，
所以.
所以数列前9项和的最大值为45.
故答案为：45.
14．
【分析】首先根据题意，求得将绕原点逆时针旋转得到向量，从而有，利用三点共线，得到，从而得到，利用投影公式求得结果.
【详解】设将绕原点逆时针旋转得到向量，
，
，，
，，
三点共线，，，
在方向上的投影是．
【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量旋转，三点共线，向量共线，向量在另一向量方向上的投影，属于简单题目.
15．
【分析】首先设出底面正三角形的边长为，根据题意，由三棱锥的体积，求得，从而求得正三角形的外接圆半径为，进一步得到球心到底面的距离为，结合题意，得到顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，根据截面圆的半径求得结果.
【详解】设底面正三角形的边长为，
顶点到底面的距离为且三棱锥的体积为，
，，
正三角形的外接圆半径为，
球心到底面的距离为，
又顶点到底面的距离为，
顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，∴顶点的轨迹长度是，
故答案是：.
【点睛】该题考查的是有关动点轨迹长度的问题，涉及到的知识点有几何体的外接球中相关量的关系，从而得到动点的轨迹的形状，再利用公式求得结果，属于中档题目.
16．
【分析】首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为y0，再利用等面积法列式解方程可得：.
【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，
若时，△PF1F2的内心和重心重合，不合题意；
当时，内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，且不重合，
由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，
设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：
设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，
连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，
则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，
可得重心G（，）所以I的横坐标也为，|ON|，
由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，
所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2
=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON，
而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，
由角平分线的性质可得，所以可得OM，
所以可得MN=ON﹣OM，
所以ME=OE﹣OM=x0，
所以，即INPEy0，
（PF1+F1F2+PF2）IN，即（2a+2c），
所以整理为：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于，， 的齐次式，化简可得.本题属于难题.
17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）首先递推数列变形为，即可证明数列为等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）变形可知，再利用裂项相消法求和，即可证明.
【详解】证明：（Ⅰ）∵，，
∴，
∴，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，∴，
，
∴．
所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查递推公式求通项公式，以及数列求和，本题第二问的关键是求出后，可利用裂项相消法求和.
18．（1）①；②详见解析；（2）.
【解析】（1）事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取1户，购买量在，”发生的概率为．
①记事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在，”为，利用独立重复实验的概率求解即可．
②随机变量所有可能的取值为0，1，2．求出概率得到分布列，然后求解期望．
（2）每天对甲类物资的购买量平均值，求出从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为，判断，通过若户的可能性最大，列出不等式组，求解即可．
【详解】（1）由题意，事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取1户，购买量在”发生的概率为.
①记事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在”为A，则.
②随机变量所有可能的取值为0，1，2.则
，，，
所以
（2）每天对甲类生活物资的需求平均值为
（）
则购买甲类生活物资为“迫切需求户”的购买量为，从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为，
若从小区随机抽取10户，且抽到X户为“迫切需求户”，，
若k户的可能性最大，则，
，得，
解得，由于，故.
【点睛】本题考查统计与概率的基础知识和基本思想方法、二项分布的知识和应用、样本估计总体的思想与方法、随机事件概率的计算以及随机变量期望的概率的计算与应用，考查学生应用所学的统计与概率知识分析问题、解决问题的能力.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为，连接，证明平面，从而可证明结论.
（2）先证明平面，得到是直线与平面所成的角，进一步得到是的中点时，最大，然后以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）设的中点为，连接，由题意，得，，
.因为在中，，为的中点，所以，因为在中，，，，则，所以，
因为，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，且 ，则平面，
连接,所以是直线与平面所成的角，且，
所以当最短时，即时，最大.
由四边形为边长等于的正方形，则为等腰直角三角形，即
所以即是的中点时，最大.
由平面，，所以，，
于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系
则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则由得：.
令，得，，即.
设平面的法向量为，
由得：，令，得，，即.
.由图可知，二面角的余弦值为.
20．(1) (2)
【分析】（1）根据点的纵坐标为，代入抛物线方程可得点A的横坐标为，根据到轴的距离等于，得到等量关系式，求得，从而得到结果；
（2）根据题意，设出直线的方程为，与抛物线的方程联立，得到，设出两点的坐标，由韦达定理得，进而得到，得到，，因为，且，所以 ，进一步求得的取值范围是.
【详解】（1）点的纵坐标为，点的横坐标为，
点到轴的距离等于，，
又，，，
，，
∴此时抛物线的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
设，
由根与系数的关系得，，
，
，
，，
，
，且，
，
，即的取值范围是.
【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有抛物线的方程的求解，直线与抛物线的位置关系，有关斜率的坐标公式，属于中档题目.
21．(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，按的取值分类讨论求出函数的单调区间.
（2）按分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
若，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增；
若，由，得或，
①当时，，则函数在上单调递增；
②当时，，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减；
③当时，，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）当时，函数只有一个零点，
当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，且，，
取且，则，
因此函数有两个零点；
当时，由（1）知函数在上递增，且，，
而时，恒有，因此函数只有一个零点，
当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，
且，
而时，恒有，因此函数只有一个零点，
所以，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
22．(Ⅰ) 曲线是焦点在轴上的椭圆；(Ⅱ)．
【详解】试题分析：（1）由题易知，直线的参数方程为，（为参数），；曲线的直角坐标方程为，椭圆；（2）将直线代入椭圆得到，所以，解得．
试题解析：
(Ⅰ)直线的参数方程为.
曲线的直角坐标方程为，即，
所以曲线是焦点在轴上的椭圆.
(Ⅱ)将的参数方程代入曲线的直角坐标方程为
得，
，
得，
，
23．（1）；（2）.
【分析】（1）当时，得到不等式，分，和三种情况讨论，即可求解.
（2）由绝对值的三角不等式求得，得到，
进而得到，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）当时，函数，
由，可得，
当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，解得，
综上，不等式的解集为.
（2）由，所以，
又由，，即，即，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
∴的最小值为.
【点睛】本题主要考查了含有绝对值的不等式的解法，以及绝对值三角不等式和基本不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值的不等式的解法，合理应用绝对值的三角不等式求得最小值是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
0
1
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