贵州省贵阳市2023届高三下学期适应性考试（一）数学（文）试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1贵阳市2023年高三适应性考试（一）文科数学2023年2月注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、报名号、座位号填写在答题卡相应位置上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.集合，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.〖详析〗由得：或，即，.故选：C.2.已知是虚数单位，复数的共轭复数的虚部为（）A. B. C.4 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用复数乘方运算得到，从而得到的共轭复数及其虚部.〖详析〗，故复数的共轭复数为，故共轭复数的虚部为4.故选：C3.在一场跳水比赛中，7位裁判给某选手打分从低到高依次为，8.1，8.4，8.5，9.0，9.5，，若去掉一个最高分和一个最低分后的平均分与不去掉的平均分相同，那么最低分的值不可能是（）A.7.7 B.7.8 C.7.9 D.8.0〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据所给条件可得出，再由的范围验证选项即可得解.〖详析〗因为去掉最高分与最低分后平均分为，所以，解得，由于得分按照从低到高的顺序排列的，故，，当时，，满足上述条件，故A错误；当时，，满足上述条件，故B错误；当时，，满足上述条件，故C错误；当时，，不满足上述条件，故D正确.故选：D4.等差数列中，，则数列的前9项之和为（）A.24 B.27 C.48 D.54〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据等差数列下标和性质求出，再根据等差数列求和公式计算可得.〖详析〗解：在等差数列中，，则所以，又，所以，所以.故选：B5.香农-威纳指数（）是生态学中衡量群落中生物多样性的一个指数，其计算公式是，其中是该群落中生物的种数，为第个物种在群落中的比例，下表为某个只有甲､乙､丙三个种群的群落中各种群个体数量统计表，根据表中数据，该群落的香农-威纳指数值为（）物种甲乙丙合计个体数量A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据已知公式和对数运算直接计算求解即可.〖详析〗由题意知：.

故选：A.6.如图，在中，，则（）A.9 B.18 C.6 D.12〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由可得，则，代入化简即可得出〖答案〗.〖详析〗由可得：，所以，所以，，因为，所以.故选：D.7.棱锥的内切球半径，其中，分别为该棱锥的体积和表面积，如图为某三棱锥的三视图，若每个视图都是直角边长为的等腰直角形，则该三棱锥内切球半径为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由三视图还原三棱锥，求得棱锥表面积和体积后，代入公式即可求得内切球半径.〖详析〗由三视图可还原三棱锥如下图所示，其中平面，，，，棱锥表面积，该棱锥的内切球半径.故选：C.8.已知直线，直线，其中实数，则直线与的交点位于第一象限的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗首先由两条直线相交，联立方程组写出两条直线的交点坐标，接下来根据交点在第一象限得到a的范围，利用几何概型概率计算公式计算即可〖详析〗当时，，此时，所以，直线与无交点；当时，由，解得：，由题意，解得，又，由几何概型的概率公式知，所求的概率为.故选：A.9.以双曲线的实轴为直径的圆与该双曲线的渐近线分别交于A，B，C，D四点，若四边形的面积为，则该双曲线的离心率为（）A.或2 B.2或 C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先由双曲线与圆的对称性得到，再将代入，从而得到，，进而结合得到关于的齐次方程，由此转化为关于双曲线离心率的方程即可得解.〖详析〗依题意，根据双曲线与圆的对称性，可得四边形为矩形，如图，不放设点位于第一象限，则，因为双曲线的渐近线方程为，则，以双曲线的实轴为直径的圆的方程为，则，将代入，得，则，即，所以，则，故，又，所以，则，则，所以，则，即，所以，即，解得或，因为，所以或.故选：B.10.函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（）①的图象关于直线对称②的图象关于点对称③将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象④若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是A.①④ B.②④ C.③④ D.②③〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据图象求出函数的〖解析〗式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论．〖详析〗解：由函数的图象可得，由，解得，又函数过点，所以，，又，得，所以函数，当时，，即的图象关于点对称，故②正确；当时，，故①错误；将函数的图象向左平移个单位长度得到，故③错误；当，则，令，解得，此时，即，令，解得，此时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，因为方程在上有两个不相等的实数根，即与在上有两个交点，所以，故④正确；故选：B11.如图，在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，，则该几何体外接球表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗设外心为，外心为，DB中点为E，过外心分别作平面，平面垂线，则垂线交点O为外接球球心.后利用正弦定理可得，外接圆半径，又注意到四边形为矩形，则外接球半径.〖详析〗设外心为，外心为，DB中点为E.因，平面，平面平面，平面平面，则平面，又平面，则.过，分别作平面，平面垂线，则垂线交点O为外接球球心，则四边形为矩形.外接圆半径.又因，，则.故外接圆半径.又.又平面，平面，则.故外接球半径，故外接球表面积为.故选：A〖『点石成金』〗结论『点石成金』：本题涉及底面与侧面垂直的三棱锥的外接球.设底面与侧面外接圆半径为，底面与侧面公共棱长度为，则外接球半径.12.函数，若，且，则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由对数的运算性质和函数奇偶性的定义判断为奇函数，再由导数判断的单调性，将原不等式两边去掉“”，解不等式可得所求取值范围.〖详析〗因，所以为奇函数，又，当时，，，所以，所以在上单调递增，又因为为奇函数，所以在R上单调递增，由可得，所以，所以，所以，，因，所以，所以，解得：，又因为，所以.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.函数在点处的切线方程为____________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求导，再根据导数的几何意义即可得解.〖详析〗，则，所以函数在点处的切线方程为，即.故〖答案〗为：.14.正实数a，b满足，则的最小值为__________．〖答案〗##〖解析〗分析〗由结合基本不等式求解即可.〖详析〗解：由题得.当且仅当时，取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：15.赵爽是我国汉代数学家，他在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”被选为第24届国际数学家大会的会徽.如图所示，“赵爽弦”图中的大正方形是由4个全等的直角三角形和小正方形拼成，现连接，当正方形的边长为1且其面积与正方形的面积之比为1∶5时，___________.〖答案〗.〖解析〗〖祥解〗根据图形，由面积可得出直角三角的三边长，求出角的三角函数，利用求解.〖详析〗由题意得，，故直角三角形斜边为，设直角三角形中较短直角边长为，如图中，则较长直角边长为，如图中,则由勾股定理可得，解得，，，,.故〖答案〗为：.16.抛物线，圆，直线l过圆心M且与抛物线E交于A，B与圆M交于C，D.若，则___________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗设直线的方程为，由题意可知圆的圆心为弦的中点，据此联立直线与抛物线方程，由根与系数的关系即可求出，再由弦长公式即可得解.〖详析〗由可得，故圆心，半径，因为直线l过圆心M且，所以，，即为的中点，显然，直线斜率为0时，不符合题意，设直线的方程为，联立，消元得，设，由，所以，由为的中点可知，，即，所以,所以.故〖答案〗为：三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.等比数列的前n项和为，，且成等差数列．（1）求；（2）若，求数列前n项和．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由等差中项的性质结合等比通项，解方程得出；（2）由错位相减法得出数列前n项和．〖小问1详析〗证明：∵是等比数列，且①又成等差数列，∴，∴②联立①②得，∴．〖小问2详析〗由（1）知，∴①②①②得18.2022年9月3日至2022年10月8日，因为疫情，贵阳市部分高中学生只能居家学习，为了监测居家学习效果，某校在恢复正常教学后举行了一次考试，在考试中，发现学生总体成绩相较疫情前的成绩有明显下降．为了解学生成绩下降的原因，学校进行了问卷调查，从问卷中随机抽取了200份学生问卷，发现其中有96名学生成绩下降，在这些成绩下降的学生中有54名学生属于“长时间使用手机娱乐”（每天使用手机娱乐2个小时以上）的学生．（1）根据以上信息，完成下面的列联表，并判断能否有把握认为“成绩下降”与“长时间使用手机娱乐”有关？长时间使用手机娱乐非长时间使用手机娱乐合计成绩下降成绩未下降合计90200（2）在被抽取的200名学生中“长时间使用手机娱乐”且“成绩未下降”的女生有12人，现从“长时间使用手机娱乐”且“成绩未下降”的学生中按性别分层抽样抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进一步访谈，求被访谈的两人为一男一女的概率．参考公式：，其中．0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828〖答案〗（1）表格见〖解析〗，有（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意完成列联表，计算，并与临界值对比分析；（2）根据分层抽样求抽取的人数，利用列举法结合古典概型运算求解.〖小问1详析〗根基题意可得：列联表如下：长时间使用手机娱乐非常时间使用手机娱乐合计学习成绩下降544296学习成绩未下降3668104合计90110200∴有把握认为学习成绩下降与“长时间使用手机娱乐”有关.〖小问2详析〗在抽取的6人中，女生有人，男生有人，设女生为1，2，男生为a，b，c，d，从访谈的6人中抽取2人的基本事件共有15种：，设“被访谈的两人中一男一女生”为事件A，共有8种，则.19.如图①，在梯形中，，E为中点，现沿将折起，如图②，其中F，G分别是的中点．（1）求证：平面；（2）若，求点B到平面的距离．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）连接，证明，可得平面，再根据线面垂直的性质可得，在证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）先利用勾股定理可得，从而可得面，再根据线面垂直的性质可得，设H是中点，连接，证明，再在三棱锥中，利用等体积法即可得解.〖小问1详析〗连接，在图①中，因为，E为中点，所以且，所以四边形为正方形，则和都是等腰直角三角形，在图②中，由且F是的中点，则，又平面，所以平面，又平面，所以，又因为，所以，因为，且G是的中点，所以，又因平面，所以平面；〖小问2详析〗在图②中，因为，所以，又因为，所以，所以，又由（1）知面，所以面，又面，所以，设H是中点，连接，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，由题易得，，所以的面积为，的面积为，设点B到平面的距离为d，由有，即，所以，所以点B到平面的距离为.20.椭圆的右顶点，过椭圆右焦点的直线l与C交于点M，N，当l垂直于x轴时．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线与y轴交于P点，直线与y轴交于Q点，点，求证：．〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据椭圆性质和通径公式即可求出椭圆方程；（2）利用代数法分别表示出P点和Q点，再联立方程并根据韦达定理找到两点坐标的关系，最后利用向量垂直与向量坐标间的关系列式计算即可．〖小问1详析〗由已知∴椭圆C的方程为〖小问2详析〗证明：设过右焦点的直线l的方程为，且与曲线C的交点分别为，联立则由韦达定理有：，设直线，当时，，同理，设直线，当时，若证，即证∴∴，∴21.函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若过原点O可作三条直线与的图像相切，求实数a的取值范围．〖答案〗（1）单调递增区间为和，单调递减区间为（2）〖解析〗〖祥解〗（1）将代入，对函数求导数，分别解和得函数的单调区间；（2）设切点，由题，整理得，将条件转化为直线与函数图象有三个交点，研究，得a的取值范围.〖小问1详析〗当时，．由，令，解得或；令，解得．所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．〖小问2详析〗易知原点O不在函数的图像上，设切点为．求导得，则，即，整理得，所以，令，则，令，解得或；令，解得，所以函数在区间上单调递增，在上单调递减，在上递增，故当时，；当时，；时，，当时，的取值范围为．而过原点O可作三条直线与的图像相切，则有三个