2023届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学试题（理）（解析版）

高级中学精品试卷PAGEPAGE1贵州省普通高等学校招生2023届高三适应性测试数学试题（理）一､选择题：本大题共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.复数在复平面上对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗因为，所以，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.故选：D2.设，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，解得或，故或，故.故选：B3.实数满足约束条件则的最大值等于（）A.0 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗画出可行域（阴影部分）及目标函数，因为中斜率为，的几何意义为与轴交点的纵坐标，故当经过点时，取得最大值，联立，解得，故，将其代入〖解析〗式，得到的最大值为.故选：C4.某校为了解高一学生一周课外阅读情况，随机抽取甲，乙两个班的学生，收集并整理他们一周阅读时间（单位：），绘制了下面频率分布直方图.根据直方图，得到甲，乙两校学生一周阅读时间的平均数分别为，标准差分别为，则于（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗根据频率分布直方图可知，，，所以，.故选：D5.已知函数，下列结论正确的是（）A.是偶函数B.在上单调递增C.的图象关于直线对称D.的图象与轴围成的三角形面积为2〖答案〗C〖解析〗A选项，，画出其函数图象，如下：故不是偶函数，A错误；B选项，上单调递减，故B错误；C选项，的图象关于直线对称，C正确；D选项，的图象与轴围成的三角形面积为，D错误.故选：C6.在直角坐标系中，锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，所以，又，，所以，因为点为的终边与单位圆的交点，所以，所以.故选：B.7.直角三角形中，.若点满足，则（）A.0 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知，，，因为，所以，所以.故选：B.8.如图，圆柱的底面直径与母线相等，是弧的中点，则与所成的角为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗取的中点，连接，则，且，故四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为与所成角，设，则，由勾股定理得，，，由余弦定理得，故，所以与所成角为.故选：C9.某工厂产生的废气经过过滤后排放，已知在过滤过程中的污染物的残留含量（单位：）与过滤时间（单位：）之间的函数关系为，其中是自然对数的底数，为常数，为原污染物总量.若前5个小时废气中的污染物被过滤掉了，则污染物被过滤掉了所需时间约为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，化简得，两边取对数，，故，故设污染物被过滤掉了所需时间约为，则，化简得，即，解得，故污染物被过滤掉了所需时间约为77h.故选：C10.椭圆的上顶点为是的一个焦点，点在上，若，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以三点共线，其中，不妨设，，则，由得，解得，故，将其代入中得，，解得，故离心率为.故选：A11.将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗由题意得，的图象关于点对称，故，故，，解得，，又在上单调递减，故，又，解得，则，，解得或1，故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，当时，，当时，，因为在上不单调递减，不合要求，舍去，其他均不合要求.故选：B12.设，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的常数项为___________.〖答案〗〖解析〗的展开式通项公式为，令，解得，故，所以展开式中常数项为.故〖答案〗为：14.已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.〖答案〗〖解析〗方程可化为，所以圆的圆心的坐标为，半径，双曲线的渐近线方程为或，因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，所以直线的方程为，化简得，.故〖答案〗为：.15.在中，点在边上，.若，则___________.〖答案〗3〖解析〗在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②两式相除，得，因为，，且，所以，故，解得.故〖答案〗为：3.16.如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为___________〖答案〗〖解析〗如图将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，如图建立空间直角坐标系，则，，则几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，则，即，解得，所以，所以外接球的表面积，即该球表面积的最小值为.故〖答案〗：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，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.17.公比为的等比数列的前项和.（1）求与的值；（2）若，记数列的前项和为，求.解：（1）已知.当时，；当时，.所以，由数列为等比数列，可得，又所以，即.（2）因为.所以，所以当时，，所以18.矩形中，（如图1），将沿折起到的位置.点在平面上的射影在边上，连结（如图2）.（1）证明：；（2）过直线的平面与平行，求与所成角的正弦值.（1）证明：由题意知：平面，平面，所以.又，平面，平面，且，所以平面.又平面，所以.（2）解：过作交于，连结，由于，平面，平面，所以平面.故平面即为平面.建立如图所示空间直角坐标系.由于，，故.又.因此，故是的一个法向量.由（1），又，，平面，所以平面，平面，所以，则在中可得，，，，则，，设与所成角为，则，.即与平面所成角的正弦值为.19.为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.项目题型每小题分值每小题答对概率甲类题乙类题丙类题其竞赛规则为：第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.第二轮，乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：（1）若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；（2）经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，则，，，记事件“小明答题次数恰好为次”，则.，即小明答题次数恰好为次的概率为.（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.，，，.所以，.因为，所以选择方案一.20.过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，（1）求的方程；（2）在轴上是否存在点，使得直线与直线的斜率之和为定值.若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.解：（1）当直线的斜率为0时，与抛物线交点为1个，不合要求，舍去，故设直线的方程为，代入并整理得.设，则，由得，即，所以，即，故抛物线的方程为.（2）假设存在满足条件的点，使.由（1）知，所以化简可得：.因为上式对恒成立，所以，解得.所以在轴上存在点，使得直线与直线的斜率之和为0.21.已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求曲线与的公切线方程.解：（1）当时，令，有，当时，，函数在上单调递减，，函数在上单调递增，故，即，所以在上单调递增.（2）因为，所以，设曲线在点与曲线在的切线相同，则切线方程为，即，整理得.又切线方程也可表示为，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因为，所以函数在在单调递增，又函数在在单调递增，所以在单调递增，又，当，，又得，所以，，所以在单调递减，在单调递增，所以，因此函数只有一个零点，即只有一个解，此时切线方程为，所以曲线与的公切线方程为.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，常数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.（1）写出的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）若直线和相交于两点，以为直径的圆与直线相切，求的值.解：（1）将曲线的参数方程消去，得的普通方程为，且因为，所以，将，，代入，得，即，，即为的极坐标方程，由直线的方程化简得，化简得，即为的直角坐标方程.（2）将直线代入，得，即.故以为直径的圆圆心为，半径.圆心到直线的距离，由已知得，解得.23.设，已知函数的最小值为2.（1）求证：；（2），求证：.证明：（1）因为，由题意得，于是，当且仅当时取等号，即.（2）由柯西不等式得，当且仅当，即，即时取等号故贵州省普通高等学校招生2023届高三适应性测试数学试题（理）一､选择题：本大题共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.复数在复平面上对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗因为，所以，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.故选：D2.设，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，解得或，故或，故.故选：B3.实数满足约束条件则的最大值等于（）A.0 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗画出可行域（阴影部分）及目标函数，因为中斜率为，的几何意义为与轴交点的纵坐标，故当经过点时，取得最大值，联立，解得，故，将其代入〖解析〗式，得到的最大值为.故选：C4.某校为了解高一学生一周课外阅读情况，随机抽取甲，乙两个班的学生，收集并整理他们一周阅读时间（单位：），绘制了下面频率分布直方图.根据直方图，得到甲，乙两校学生一周阅读时间的平均数分别为，标准差分别为，则于（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗根据频率分布直方图可知，，，所以，.故选：D5.已知函数，下列结论正确的是（）A.是偶函数B.在上单调递增C.的图象关于直线对称D.的图象与轴围成的三角形面积为2〖答案〗C〖解析〗A选项，，画出其函数图象，如下：故不是偶函数，A错误；B选项，上单调递减，故B错误；C选项，的图象关于直线对称，C正确；D选项，的图象与轴围成的三角形面积为，D错误.故选：C6.在直角坐标系中，锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，所以，又，，所以，因为点为的终边与单位圆的交点，所以，所以.故选：B.7.直角三角形中，.若点满足，则（）A.0 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知，，，因为，所以，所以.故选：B.8.如图，圆柱的底面直径与母线相等，是弧的中点，则与所成的角为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗取的中点，连接，则，且，故四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为与所成角，设，则，由勾股定理得，，，由余弦定理得，故，所以与所成角为.故选：C9.某工厂产生的废气经过过滤后排放，已知在过滤过程中的污染物的残留含量（单位：）与过滤时间（单位：）之间的函数关系为，其中是自然对数的底数，为常数，为原污染物总量.若前5个小时废气中的污染物被过滤掉了，则污染物被过滤掉了所需时间约为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，化简得，两边取对数，，故，故设污染物被过滤掉了所需时间约为，则，化简得，即，解得，故污染物被过滤掉了所需时间约为77h.故选：C10.椭圆的上顶点为是的一个焦点，点在上，若，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以三点共线，其中，不妨设，，则，由得，解得，故，将其代入中得，，解得，故离心率为.故选：A11.将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗由题意得，的图象关于点对称，故，故，，解得，，又在上单调递减，故，又，解得，则，，解得或1，故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，当时，，当时，，因为在上不单调递减，不合要求，舍去，其他均不合要求.故选：B12.设，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的常数项为___________.〖答案〗〖解析〗的展开式通项公式为，令，解得，故，所以展开式中常数项为.故〖答案〗为：14.已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.〖答案〗〖解析〗方程可化为，所以圆的圆心的坐标为，半径，双曲线的渐近线方程为或，因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，所以直线的方程为，化简得，.故〖答案〗为：.15.在中，点在边上，.若，则___________.〖答案〗3〖解析〗在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②两式相除，得，因为，，且，所以，故，解得.故〖答案〗为：3.16.如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为___________〖答案〗〖解析〗如图将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，如图建立空间直角坐标系，则，，则几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，则，即，解得，所以，所以外接球的表面积，即该球表面积的最小值为.故〖答案〗：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，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.17.公比为的等比数列的前项和.（1）求与的值；（2）若，记数列的前项和为，求.解：（1）已知.当时，；当时，.所以，由数列为等比数列，可得，又所以，即.（2）因为.所以，所以当时，，所以18.矩形中，（如图1），将沿折起到的位置.点在平面上的射影在边上，连结（如图2）.（1）证明：；（2）过直线的平面与平行，求与所成角的正弦值.（1）证明：由题意知：平面，平面，所以.又，平面，平面，且，所以平面.又平面，所以.（2）解：过作交于，连结，由于，平面，平面，所以平面.故平面即为平面.建立如图所示空间直角坐标系.由于，，故.又.因此，故是的一个法向量.由（1），又，，平面，所以平面，平面，所以，则在中可得，，，，则，，设与所成角为，则，.即与平面所成角的正弦值为.19.为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.项目题型每小题分值每小题答对概率甲类题乙类题丙类题其竞赛规则为：第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.第二轮，乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：（1）若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；（2）经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，则，，，记事件“小明答题次数恰好为次”，则.，即小明答题次数恰好为次的概率为.（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的