精品解析：四川省资阳市高中2023级高考适应性考试数学试题

高中2023级高考适应性考试 数学 本试卷共19题，共150分，共4页．考试用时120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在答题卡上的条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 3. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶80次，命中环数的频率分布条形图如下： 设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 15 B. 21 C. 28 D. 36 6. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为坐标原点，为椭圆的右顶点．若椭圆上存在两点，，使得以，，，为顶点的四边形是正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 若将的图象向右平移个单位，则所得函数是偶函数 10. 某班开设了“打球”“弹琴”“跳舞”“唱歌”4个课外活动项目．在一次活动中，甲、乙、丙3名学生每人至少选1个、至多选2个项目，且每个项目恰有1人选择．设事件“甲选打球”，“甲选唱歌”，“乙选跳舞”，则（ ） A. 与互斥 B. C. 与相互独立 D. 11. 如图（1），菱形的边长为，，现将沿翻折至，连接，得到如图（2）所示的三棱锥，在该三棱锥中，下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 当三棱锥体积最大时，与平面所成角为 D. 若在平面内的射影为的垂心，且，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含项的系数为________． 13. 已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长等于，则______． 14. 给出如下定义：函数的定义域为，若，使得，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则实数的最小值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）证明：平面； （2）若， 为的中点， 为棱上靠近点 的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数在处有极大值． （1）求实数的值； （2）证明：． 18. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙；乙传给甲、丙的概率分别为，；丙传给甲、乙的概率分别为，．第1次由甲将球传出，记第次传递后球在甲手中的概率为． （1）求，； （2）求； （3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则．记前次（即从第1次到第次）传递后球在甲手中的次数为，求． 19. 已知抛物线的焦点为 ，点． 条件①：动点在抛物线 上，的最小值为3； 条件②：过点 的直线交抛物线 于， 两点，且． 从条件①，②中再选一个作为已知条件，解答以下问题： （1）求抛物线 的方程； （2）过点 的直线交抛物线 于 ， 两点． （i）点 能否成为的重心（为坐标原点），若能，求出直线 的方程；若不能，请说明理由； （ii）直线上是否存在定点 ，使得．若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中2023级高考适应性考试 数学 本试卷共19题，共150分，共4页．考试用时120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在答题卡上的条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合，解不等式，得：， 所以集合，又因为， 所以. 2. 复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以. 3. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当时，向量，，则， 所以，即充分性成立； 若，可得，可得或, 因此必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 4. 甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶80次，命中环数的频率分布条形图如下： 设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】观察给定的图表，利用众数的意义和方差的概念来判断运动员命中环数的集中与分散程度即可. 【详解】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则； 甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则． 5. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 15 B. 21 C. 28 D. 36 【答案】B 【解析】 【详解】因为为等差数列，所以，又因为， 所以，，则公差， 则：. 6. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】正三棱柱所有棱长为，底面正的面积，高，由题意得：，，. 如图连接，将几何体分为和， ， 梯形的面积. 四棱锥以为底面的高等于三角形的高，所以. 几何体体积为. 7. 已知为坐标原点，为椭圆的右顶点．若椭圆上存在两点，，使得以，，，为顶点的四边形是正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，代入椭圆方程可得，进而计算可解. 【详解】由题意可得，, 由题意可知四边形是正方形，所以与垂直且平分，即， 因为在椭圆上， 所以，即， 所以椭圆的离心率为. 8. 已知函数则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出切点坐标，然后求出时的解析式，求导求出斜率，代入即可得到切线方程. 【详解】当时， 当，， 所以 求导得，斜率， 所以方程为，整理得. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 若将的图象向右平移个单位，则所得函数是偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的图象，求函数的解析式，再根据函数的性质判断选项. 【详解】由图象可知，，得，函数的最小正周期为， 时，，得，，且， 所以，所以，C正确； 函数的最小正周期，A正确；，B错误； 将的图象向右平移个单位，得到函数，为偶函数，故D正确. 10. 某班开设了“打球”“弹琴”“跳舞”“唱歌”4个课外活动项目．在一次活动中，甲、乙、丙3名学生每人至少选1个、至多选2个项目，且每个项目恰有1人选择．设事件“甲选打球”，“甲选唱歌”，“乙选跳舞”，则（ ） A. 与互斥 B. C. 与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，甲可以同时选打球和唱歌，，故与不互斥，故A错误， 对于B，先从4个项目中选择个给其中一个人，有种选法， 再将这个项目与另外两个项目全排列，分给甲、乙、丙3名学生，有种排法， 根据分步乘法计数原理可得总的样本数为种, 甲只选唱歌，此时从剩下个项目给乙、丙，有种； 甲只选唱歌和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给乙、丙，共有种，故，故B正确， 对于C，乙只选跳舞，此时从剩下个项目给甲、丙，有种； 乙选跳舞和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给甲、丙，有种，故， 甲选唱歌且乙选跳舞，此时有种情况，， ，故与不相互独立，故C错误， 对于D，，故D正确. 11. 如图（1），菱形的边长为，，现将沿翻折至，连接，得到如图（2）所示的三棱锥，在该三棱锥中，下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 当三棱锥体积最大时，与平面所成角为 D. 若在平面内的射影为的垂心，且，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，设中点为，证明平面即可判断；对于B，设的中点为，连接，先平面，得到，进而可得三棱锥为正四面体，再证平面即可判断；对于C，当平面平面时，三棱锥体积最大，再求即可；对于D，根据题意可知三棱锥为正四面体，求出外接球半径，再计算出，进而可求截面最小半径及面积． 【详解】解：对于A，设中点为，连接， ， ，又平面， 平面，又平面， ，故A正确； 对于B，设的中点为，连接， 四边形为菱形，， 为等边三角形， ， 又，平面， 平面，又平面， ，又为中点， ，易得为等边三角形， 故三棱锥为正四面体， ，又平面， 平面，又平面， ，故B正确； 对于C，当平面平面时，三棱锥体积最大， 又，平面平面， 平面， 就是直线与平面所成角， 又， ，则与平面所成角为，故C错误； 对于D，在平面内的射影为的垂心，为等边三角形， 则三棱锥为正四面体，棱长为， 设外接球球心为，半径为，的垂心为，的中点为， ，， ，解得， ，，的中点为， ，，， 因此三棱锥的外接球球心到过点的该球的截面距离最大值为， 截面最小半径，面积为，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含项的系数为________． 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项公式得，再令求得，最后代入通项公式求解即可. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以， 所以含项的系数为. 13. 已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长等于，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得渐近线方程，圆心坐标，半径，进而求得圆心到渐近线的距离，再结合，弦长，半径的关系求解即可. 【详解】根据题意，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，即， 圆的圆心为，半径为（）， 所以圆心为到渐近线的距离为， 因为渐近线被圆所截得的弦长等于， 所以，即，整理得， 所以，又，解得. 14. 给出如下定义：函数的定义域为，若，使得，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则实数的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由新定义结合对数的运算性质，通过分离参数得到，再通过换元结合基本不等式即可求解. 【详解】由题意函数具有性质， 即存在，满足： ， 代入得： ， 即， 整理得：  因为存在满足等式， 分离参数得： ， 令， 换元化简： ，  由基本不等式，对，，当且仅当（即）时取等号， 代入得：  因此实数的最小值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简得到，结合两角和的余弦公式展开化简即可求解； （2）由余弦定理求得，再由面积公式即可求解. 【小问1详解】 根据正弦定理​，可得， 结合已知条件，得， 即， 又， 代入整理得：，又，， 即，所以； 【小问2详解】 由余弦定理，代入，，， 得： ，​​ 化简得：，由边长为正得，则， 代入三角形面积公式 . 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）证明：平面； （2）若， 为的中点， 为棱上靠近点 的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以 是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在 中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以 是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）空间几何证明，利用平面几何关系找到，结合条件，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用向量夹角余弦与平面夹角的关系求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为 为的中点，所以，， 因为 为棱上靠近点 的三等分点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 17. 已知函数在处有极大值． （1）求实数的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得， 要证，即证对成立， 令则， 令，解得或， 令，解得或， 所以函数在和上单调递增，在和上单调递减， 所以函数的极大值为和, 且，, 即对所有成立，成立. 【解析】 【分析】（1）对进行求导，令求出实数的值，再验证即可； （2）要证，令只需要证明函数的最大值小于1即可. 【小问1详解】 求导得， 又在处有极大值，，解得或， 当时，， 时，；时，，故为极大值点，符合题意， 当时，， 时，；时，，故为极小值点，不符合题意， 综上，实数的值为. 【小问2详解】 略 18. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙；乙传给甲、丙的概率分别为，；丙传给甲、乙的概率分别为，．第1次由甲将球传出，记第次传递后球在甲手中的概率为． （1）求，； （2）求； （3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则．记前次（即从第1次到第次）传递后球在甲手中的次数为，求． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解，利用全概率公式求解； （2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为，分析可得，，由此可得，变形可得，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可； （3）结合第（2）问结论和题设条件，运用等比数列求和公式分组求和即可求解. 【小问1详解】 第1次由甲将球传出，第次传递后球在甲手中的概率为． 所以第次传球后，球在甲手中有两种情况： 第1次甲将球传给乙，第2次乙将球传给甲，其概率为； 第1次甲将球传给丙，第2次丙将球传给甲，其概率为； 所以； 第次传球后，球在甲手中，则第次传球后，球不在甲手中， 所以. 【小问2详解】 记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为，， 若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中， 那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生， 则有，，必有，即， 即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 【小问3详解】 由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且， 所以，， 由（2）得， 则. 19. 已知抛物线的焦点为 ，点． 条件①：动点在抛物线 上，的最小值为3； 条件②：过点 的直线交抛物线 于， 两点，且． 从条件①，②中再选一个作为已知条件，解答以下问题： （1）求抛物线 的方程； （2）过点 的直线交抛物线 于 ， 两点． （i）点 能否成为的重心（为坐标原点），若能，求出直线 的方程；若不能，请说明理由； （ii）直线上是否存在定点 ，使得．若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）不能，理由：假设点 能成为的重心， 设，，由三角形重心的性质可知，， 即，， 设直线的方程为， 联立，， 则，解得， 此时直线的方程为，代入得，，矛盾， 所以点 不能成为的重心； （ii）存在， 【解析】 【分析】（1）若选条件①，根据抛物线的定义，将进行转化，结合几何性质求出p的值，进而得到抛物线方程；若选条件②，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式以及已知条件求出p的值，得到抛物线方程； （2）（i）假设点F能成为的重心，根据重心坐标公式得到两点坐标的关系，再结合直线与抛物线的位置关系，通过联立方程求解直线 的方程；（ii）先设 ，得到，再验证是否符合题意即可． 【小问1详解】 若选条件①， 抛物线的准线方程为，焦点， 过点作垂直准线于 ， 根据抛物线的定义可知，则， 当 ，， 三点共线时，取得最小值，即，解得， 所以抛物线 的方程为； 若选条件②， 设直线的方程为，，， 联立，，则，， 由抛物线的焦点弦长公式， 又因为，根据抛物线的定义可得，即， 由，，且， 可得，，联立解得，， 代入，得，解得， 所以抛物线 的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）当 时， 联立，解得或， 此时 为 中点，又，则 在 的垂直平分线上， 的垂直平分线方程为，又 在直线上， ，解得，则， 当时，直线的方程为，又， 则直线关于直线对称， 当直线 过时，， 联立，解得或， 不妨取，此时直线关于直线对称，符合题意； 当直线 不过时，设直线的斜率为， 由对称性可知， 又由（i）知，，， ， ， ， 所以直线上存在定点，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $