2023届贵州省铜仁市高三适应性考试（二）数学（理）试题及答案解析

铜仁市2023年高三适应性考试（二）数学（理科）试卷第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.复数满足，则（）A.1 B. C. D.2.已知集合，，且，则（）A. B. C. D.3.某学校共有学生人，其中高一年级人，高二年级与高三年级人数相等，学校为了了解学生在寒假期间每天的读书时间，按照分层抽样的方法从全校学生中抽取人，则应从高二年级抽取的人数为（）A. B. C. D.4.若，则（）A. B. C. D.5.已知和是两个互相垂直的单位向量，，则是和夹角为的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件6.设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（）A.的最小值是 B.的最小值是C.的最大值是 D.的最大值是7.若，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.8.用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体，其主视图，侧视图都为图所示，则这个几何体体积的最小值为（）A5 B.7 C.9 D.119.从6个黄色球和4个蓝色球中任取4个，则至少有两个蓝色球的取法种数是（）A90 B.120 C.114 D.11510.已知函数和有相同的极大值，则（）A.0 B.2 C. D.11.锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.12.法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆：的蒙日圆为C：，过C上的动点M作的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交于A，B两点，则下列结论不正确的是（）A.椭圆的离心率为B.面积最大值为C.M到的左焦点的距离的最小值为D.若动点D在上，将直线DA，DB的斜率分别记为，，则第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，满足，则目标函数的最大值是________.14.若周期为的函数，在其定义域内是偶函数，则函数的一个解析式为________．15.若函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则的取值范围为________．16.半径为的球的球面上有四点，已知为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为________.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．17.春天到了，天气变暖和了，游客去铜仁市碧江区木弄红董驿站租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两个小时的部分每小时收费元（不足小时的部分按小时计算）．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列及数学期望．18.已知数列满足，．记．（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记数列前n项和，求使成立的正整数n的最大值．19.如图，在直三棱柱中，，．（1）试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；（2）若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．20.从抛物线C：外一点P作该抛物线的两条切线PA，PB（切点分别为A，B），分别与x轴相交于点C，D，若AB与y轴相交于点Q，点在抛物线C上，且（F为抛物线的焦点）．（1）求抛物线C的方程；（2）求证：四边形PCQD是平行四边形．21.已知函数，设，，且．（1）若，求函数在处的切线方程；（2）证明：．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多作，则按所作的第一题计分，做答时请写清题号．22.直线l：（t为参数，），圆C：（极轴与x轴的非负半轴重合，且单位长度相同）．（1）求圆心C到直线l的距离；（2）若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．23.已知定义在上的函数的最小值为.（1）求的值；（2）设，，求证：.铜仁市2023年高三适应性考试（二）数学（理科）试卷答案解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.复数满足，则（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则，即可容易求得结果.【详解】．故选：C．【点睛】本题通过复数的运算，考查了学生的数学运算，属简单题.2.已知集合，，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解出集合，利用交集含义即可得到答案.【详解】由题意得，又因为，，且.所以.故选：B.3.某学校共有学生人，其中高一年级人，高二年级与高三年级人数相等，学校为了了解学生在寒假期间每天的读书时间，按照分层抽样的方法从全校学生中抽取人，则应从高二年级抽取的人数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设高二年级应抽取人，根据分层抽样的含义列出方程，解出即可.【详解】由题意知，高二年级有600人，设高二年级应抽取人，则，得，故选：B.4.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化简得，再利用诱导公式和二倍角公式化简求解.【详解】由，得，即，所以．故选：D．【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值，常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式）.要根据已知条件灵活选择方法求解.5.已知和是两个互相垂直的单位向量，，则是和夹角为的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】计算出，利用向量夹角公式求出，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.【详解】，，，，令，解得，则和夹角为，，则可得到和夹角为，故是和夹角为的充分不必要条件.故选：A.6.设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（）A.的最小值是 B.的最小值是C.的最大值是 D.的最大值是【答案】C【解析】【分析】由得，所以数列为递减的等差数列，再由可得，，即可求出为的最大值.【详解】由得，即，∴数列为递减的等差数列，∵，∴，，∴当且时，；当且时，；∴有最大值，最大值为．故选:C．7.若，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式及合理放缩，结合对数运算性质即可得到答案.【详解】运用基本不等式，以及放缩技巧，得，，故选：D.8.用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体，其主视图，侧视图都为图所示，则这个几何体体积的最小值为（）A.5 B.7 C.9 D.11【答案】A【解析】【分析】根据视图还原几何体，注意保证小正方体个数最少，即可得最小体积.【详解】几何体如下图示，注意调整小正方体的位置，使所得几何体的体积尽可能的小．由图易知，其几何体体积的最小值为5．故选：A9.从6个黄色球和4个蓝色球中任取4个，则至少有两个蓝色球的取法种数是（）A.90 B.120 C.114 D.115【答案】D【解析】【分析】按照4个球中蓝色球的个数分类计算，再按照分类加法的技术原理将结果相加即可.【详解】分三类：恰有两个蓝色球，有种；恰有三个蓝色球，有种；恰有四个蓝色球，有种.根据分类加法计数原理可得，至少有两个蓝色球的取法种数是．故选：D.10.已知函数和有相同的极大值，则（）A.0 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用导数，先求得的极大值，然后根据与有相同的极大值求得.【详解】求导，令，解得，令，解得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，，令，解得，令，解得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，依据题意，和有相同的极大值，故，解得.故选：A11.锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理和正弦定理化简得，再求出的范围即可.详解】由，得，由余弦定理得，∴，即，由正弦定理得，∵，∴，即.∵，∴，∴，又为锐角三角形，∴，∴，解得，又，，，∴，∴故选：B.12.法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆：的蒙日圆为C：，过C上的动点M作的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交于A，B两点，则下列结论不正确的是（）A.椭圆的离心率为B.面积的最大值为C.M到的左焦点的距离的最小值为D.若动点D在上，将直线DA，DB的斜率分别记为，，则【答案】B【解析】【分析】根据特殊位置的切线可得交点，代入可得，即可判断A，根据，PQ为圆C的直径，即可求解B，根据两点距离以及范围即可判断C，根据点差法即可判断D.【详解】对于A，依题意，过椭圆的上顶点作y轴的垂线，过椭圆的右顶点作x轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，∴，得，∴椭圆的离心率，故A正确；对于B，∵点M，P，Q都在圆C上，且，∴PQ为圆C的直径，∴，当的高为半径时，此时高最大，面积最大，最大值为，故B错误；对于C，解法一：设，的左焦点为，连接MF，∵，∴，又，∴当时取得最小值，则M到的左焦点的距离的最小值为，故C正确；解法二：M为圆上的动点，M到左焦点的距离的最小值就是M到圆心O的距离减去O到左焦点的距离，即为，故C正确；对于D，由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设，，则，，，又，两式相减得，∴，又，，∴，故D正确．故选：B第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，满足，则目标函数的最大值是________.【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的区域，转化为直线在轴上的截距最大值问题即可.【详解】根据题意，作出所表示的可行域，如图：由，得，作出的平行直线簇，结合图像可知当经过点时，截距取得最大值，即取得最大值，联立，解得，即，所以.故答案为：5.14.若周期为的函数，在其定义域内是偶函数，则函数的一个解析式为________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据奇偶性和周期性直接构造即可.【详解】为偶函数，若其最小正周期为，则，一个满足题意的解析式为.故答案为：（答案不唯一）.15.若函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】化简解析式，求得取值范围，根据三角函数对称轴和对称中心的知识列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由题意，函数，因为，可得，要使得函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则满足，解得，所以的取值范围为．故答案为：16.半径为的球的球面上有四点，已知为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为________.【答案】【解析】【分析】根据题意，设的中心为，三棱锥外接球的球心为，进而得当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，再结合几何关系计算即可求解.【详解】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以，，故，故三棱锥的高，所以故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．17.春天到了，天气变暖和了，游客去铜仁市碧江区木弄红董驿站租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两个小时的部分每小时收费元（不足小时的部分按小时计算）．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望【解析】【分析】（1）根据对立事件概率公式可求得两人租车在三小时以上且不超过四小时还车的概率，根据独立事件概率乘法公式和概率加法公式直接求解即可；（2）分析所有情况可得所有可能取值，并计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望值.【小问1详解】由题意得：甲租车在三小时以上且不超过四小时还车的概率为；乙租车在三小时以上且不超过四小时还车的概率为；记甲、乙两人所付租车费用相同为事件，则.【小问2详解】由题意知：所有可能的取值为，，，，，；；；；；的分布列为：数学期望.18.已知数列满足，．记．（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和，求使成立的正整数n的最大值．【答案】（1）证明见解析；；（2）3.【解析】【分析】（1）变换得到，计算得到证明，根据，利用累加法计算得到答案.（2）确定，计算，得到，解得答案.【小问1详解】由，得，即，所以，，解得，，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列．，，…，．将以上个式子累加，得，即，所以．【小问2详解】，得，所以，由得，即，因为，，所以满足题意的正整数n的最大值为3．19.如图，在直三棱柱中，，．（1）试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；（2）若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直和面面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】取棱BC的中点D，连接，AD．在等腰直角△ABC中，，又，平面，故平面．又平面，故平面平面，这两个平面的交线为．在中，作，则有平面；【小问2详解】如图，建立空间直角坐标系，设，则，，，．设平面的法向量，则即可取．可取平面的法向量，由题意得．得，平面的一个法向量为；又平面的法向量，则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20.从抛物线C：外一点P作该抛物线的两条切线PA，PB（切点分别为A，B），分别与x轴相交于点C，D，若AB与y轴相交于点Q，点在抛物线C上，且（F为抛物线的焦点）．（1）求抛物线C的方程；（2）求证：四边形PCQD是平行四边形．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义可得，解方程得到，即可得到抛物线的方程；（2）根据导数的几何意义得到切线，的方程，联立得到，设点，直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理说明四边形PCQD的对角线互相平分，即可说明四边形PCQD是平行四边形.【小问1详解】因为，所以，即抛物线C的方程是．【小问2详解】证明：由得，．设，，直线PA的方程为，①则直线PB的方程为，②由①和②解得：，，所以．设点，直线AB的方程为．由，得，则，．所以，所以线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分，在①中，令解得，所以，同理得，所以线段CD的中点坐标为，即．又因为直线PQ的方程为，所以线段CD的中点在直线PQ上，即线段CD被线段PQ平分．因此，四边形PCQD是平行四边形．【点睛】方法点睛：求抛物线切线方程得方法：（1）