貴州省2023屆普通高等學校招生高考模擬高三適應性測試理科數(shù)學試題 一、單選題1．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）復數(shù)在復平面上對應的點位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限2．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）設，則（    ）A． B． C． D．3．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）實數(shù)滿足約束條件則的最大值等于（    ）A．0 B．2 C．3 D．44．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）某校為了解高一學生一周課外閱讀情況，隨機抽取甲，乙兩個班的學生，收集并整理他們一周閱讀時間（單位：），繪制了下面頻率分布直方圖.根據(jù)直方圖，得到甲，乙兩校學生一周閱讀時間的平均數(shù)分別為，標準差分別為，則于（    ）A．， B．，C．， D．，5．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）已知函數(shù)，下列結論正確的是（    ）A．是偶函數(shù)B．在上單調遞增C．的圖象關于直線對稱D．的圖象與軸圍成的三角形面積為26．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）在直角坐標系中，銳角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點.若，則（    ）A． B． C． D．7．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）直角三角形中，.若點滿足，則（    ）A．0 B． C． D．8．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，圓柱的底面直徑與母線相等，是弧的中點，則與所成的角為（    ）A． B． C． D．9．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）某工廠產生的廢氣經(jīng)過過濾后排放，已知在過濾過程中的污染物的殘留含量（單位：）與過濾時間（單位：）之間的函數(shù)關系為，其中是自然對數(shù)的底數(shù)，為常數(shù)，為原污染物總量.若前5個小時廢氣中的污染物被過濾掉了，則污染物被過濾掉了所需時間約為（    ）A． B． C． D．10．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）橢圓的上頂點為是的一個焦點，點在上，若，則的離心率為（    ）A． B． C． D．11．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）將函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到函數(shù)的圖象.若的圖象關于點對稱，且在上單調遞減，則（    ）A． B． C．1 D．212．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）設，則（    ）A． B．C． D． 二、填空題13．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）的展開式中的常數(shù)項為___________.14．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）已知圓，雙曲線.傾斜角為銳角的直線過的圓心，且與的一條漸近線平行，則的方程為___________.15．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）在中，點在邊上，.若，則___________.16．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，某環(huán)保組織設計一款苗木培植箱，其外形由棱長為2（單位：）的正方體截去四個相同的三棱錐（截面為等腰三角形）后得到.若將該培植箱置于一球形環(huán)境中，則該球表面積的最小值為___________ 三、解答題17．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）公比為的等比數(shù)列的前項和.(1)求與的值；(2)若，記數(shù)列的前項和為，求.18．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）矩形中，（如圖1），將沿折起到的位置.點在平面上的射影在邊上，連結（如圖2）.(1)證明：；(2)過直線的平面與平行，求與所成角的正弦值.19．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）為普及航空航天科技相關知識?發(fā)展青少年航空航天科學素養(yǎng)，貴州省某中學組織開展“筑夢空天”航空航天知識競賽.競賽試題有甲、乙、丙三類（每類題有若干道），各類試題的每題分值及小明答對概率如下表所示，各小題回答正確得到相應分值，否則得分，競賽分三輪答題依次進行，各輪得分之和即為選手總分.項目題型每小題分值每小題答對概率甲類題乙類題丙類題 其競賽規(guī)則為：第一輪，先回答一道甲類題，若正確，進入第二輪答題；若錯誤，繼續(xù)回答另一道甲類題，該題回答正確，同樣進入第二輪答題，否則，退出比賽.第二輪，在乙類題或丙類題中選擇一道作答，若正確，進入第三輪答題；否則，退出比賽.第三輪，在前兩輪未作答的那一類試題中選擇一道作答.小明參加競賽，有兩種方案選擇，方案一：先答甲類題，再答乙類題，最后答丙類題；方案二：先答甲類題，再答丙類題，最后答乙類題.各題答對與否互不影響.請完成以下解答：(1)若小明選擇方案一，求答題次數(shù)恰好為次的概率；(2)經(jīng)計算小明選擇方案一所得總分的數(shù)學期望為，為使所得總分的數(shù)學期望最大，小明該選擇哪一種方案？并說明理由.20．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）過點的直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，(1)求的方程；(2)在軸上是否存在點，使得直線與直線的斜率之和為定值.若存在，求出點的坐標和定值；若不存在，請說明理由.21．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）已知函數(shù).(1)當時，討論函數(shù)的單調性；(2)當時，求曲線與的公切線方程.22．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)，常數(shù)，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的方程為.(1)寫出的極坐標方程和的直角坐標方程；(2)若直線和相交于兩點，以為直徑的圓與直線相切，求的值.23．（2023·貴州·統(tǒng)考模擬預測）設，已知函數(shù)的最小值為2.(1)求證：；(2)，求證：.
參考答案：1．D【分析】根據(jù)復數(shù)代數(shù)形式的除法運算化簡復數(shù)，再根據(jù)復數(shù)的幾何意義判斷即可.【詳解】因為，所以，所以復數(shù)在復平面內對應的點的坐標為，位于第四象限.故選：D2．B【分析】解不等式得到集合，從而求出交集.【詳解】，解得或，故或，故.故選：B3．C【分析】畫出可行域及目標函數(shù)，利用幾何意義得到最大值.【詳解】畫出可行域（陰影部分）及目標函數(shù)，因為中斜率為，的幾何意義為與軸交點的縱坐標，故當經(jīng)過點時，取得最大值，聯(lián)立，解得，故，將其代入解析式，得到的最大值為.故選：C4．D【分析】根據(jù)頻率分布直方圖求出平均數(shù)與方差，即可判斷.【詳解】根據(jù)頻率分布直方圖可知，，，所以，.故選：D5．C【分析】去掉絕對值，得到，畫出其圖象，進而判斷出四個選項.【詳解】A選項，，畫出其函數(shù)圖象，如下：故不是偶函數(shù)，A錯誤；B選項，在上單調遞減，故B錯誤；C選項，的圖象關于直線對稱，C正確；D選項，的圖象與軸圍成的三角形面積為，D錯誤.故選：C6．B【分析】由兩角和正切公式求，結合同角關系求，根據(jù)三角函數(shù)定義求.【詳解】因為，所以，所以，所以，又，，所以，因為點為的終邊與單位圓的交點，所以，所以.故選：B.7．B【分析】利用表示，結合數(shù)量積的性質和數(shù)量積的定義求.【詳解】由已知，，，因為，所以，所以.故選：B.8．C【分析】作出輔助線，找到異面直線形成的夾角，求出各邊長，利用余弦定理求出夾角.【詳解】取的中點，連接，則，且，故四邊形為平行四邊形，所以，所以或其補角為與所成角，設，則，由勾股定理得，，，由余弦定理得，故，所以與所成角為.故選：C9．C【分析】根據(jù)題意列出方程，求出，得到函數(shù)解析式，再設出未知數(shù)，解方程，求出答案.【詳解】由題意得，化簡得，兩邊取對數(shù)，，故，故設污染物被過濾掉了所需時間約為，則，化簡得，即，解得，故污染物被過濾掉了所需時間約為77h.故選：C10．A【分析】根據(jù)向量關系得到三點共線，表達出點坐標，代入橢圓方程，求出離心率.【詳解】因為，所以三點共線，其中，不妨設，，則，由得，解得，故，將其代入中得，，解得，故離心率為.故選：A11．B【分析】先根據(jù)左加右減得到的解析式，進而根據(jù)函數(shù)關于對稱，求出，，又函數(shù)的單調性得到，從而求出答案.【詳解】由題意得，的圖象關于點對稱，故，故，，解得，，又在上單調遞減，故，又，解得，則，，解得或1，故當時，滿足要求，經(jīng)檢驗，滿足在上單調遞減，當時，，當時，，因為在上不單調遞減，不合要求，舍去，其他均不合要求.故選：B12．A【分析】構造，，利用導函數(shù)得到其單調性，比較出，構造，，利用導函數(shù)得到其單調性，比較出，進一步比較出，得到，故.【詳解】設，，則，其中，且，所以，，所以在上單調遞減，故，即，故，設，，則，令，則，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，故在上恒成立，所以在上單調遞增，故在上恒成立，所以在上單調遞增，故，故，即，因為，所以，故，故.故選：A【點睛】構造函數(shù)比較大小是高考熱點和難點，結合代數(shù)式的特點，選擇適當?shù)暮瘮?shù)，通過導函數(shù)研究出函數(shù)的單調性，從而比較出代數(shù)式的大小.13．【分析】利用二項式定理得到展開式的通項公式，求出常數(shù)項.【詳解】的展開式通項公式為，令，解得，故，所以展開式中常數(shù)項為.故答案為：14．【分析】由圓的方程求圓心，由雙曲線方程求雙曲線的漸近線方程，由此確定直線的方程.【詳解】方程可化為，所以圓的圓心的坐標為，半徑，雙曲線的漸近線方程為或，因為直線過圓的圓心，且與的一條漸近線平行，其傾斜角為銳角，所以直線的方程為，化簡得，.故答案為：.15．3【分析】在兩個三角形中，分別使用正弦定理，結合，求出答案.【詳解】在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②兩式相除，得，因為，，且，所以，故，解得.故答案為：3.16．【分析】將正方體補全，依題意可得、、、為正方體底面邊上的中點，要使球的表面積最小，即為求的外接球的表面積，建立空間直角坐標系，幾何體外接球的球心必在上、下底面中心的連線上，設球心為，球的半徑為，由距離公式得到方程，求出，即可求出，從而得解.【詳解】如圖將正方體補全，依題意可得、、、為正方體底面邊上的中點，要使球的表面積最小，即為求的外接球的表面積，如圖建立空間直角坐標系，則，，則幾何體外接球的球心必在上、下底面中心的連線上，設球心為，球的半徑為，則，即，解得，所以，所以外接球的表面積，即該球表面積的最小值為.故答案為：17．(1)，(2) 【分析】（1）根據(jù)的關系由條件求，再結合等比數(shù)列定義求與的值；（2）先求，利用等差數(shù)列求和公式求，利用裂項相消法求.【詳解】（1）已知.當時，；當時，.所以，由數(shù)列為等比數(shù)列，可得，又所以，即.（2）因為.所以，所以當時，，所以18．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）先證明，，由線面垂直判定定理證明平面，再證明；（2）過作交于，連結，證明平面與平面重合，建立空間直角坐標系，求直線的方向向量和平面的法向量，結合向量夾角公式求與所成角的正弦值.【詳解】（1）由題意知：平面，平面，所以.又，平面，平面，且，所以平面.又平面，所以.（2）過作交于，連結，由于，平面，平面，所以平面.故平面即為平面.建立如圖所示空間直角坐標系.由于，，故.又.因此，故是的一個法向量.由（1），又，，平面，所以平面，平面，所以，則在中可得，，，，則，，設與所成角為，則，.即與平面所成角的正弦值為.19．(1)(2)選擇方案一，理由見解析 【分析】（1）記事件“小明先答對甲類一道試題”，“小明繼續(xù)答對另一道甲類試題”，“小明答對乙類試題”，“小明答題次數(shù)恰好為次”，可知，利用獨立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；（2）設小明競賽得分為，由方案二知的可能值為、、、，計算出在不同取值下的概率，可求得的值，與方案一的期望進行大小比較，可得出結論.【詳解】（1）解：記事件“小明先答對甲類一道試題”，“小明繼續(xù)答對另一道甲類試題”，“小明答對乙類試題”，“小明答對丙類試題”，則，，，記事件“小明答題次數(shù)恰好為次”，則.，即小明答題次數(shù)恰好為次的概率為.（2）解：設小明競賽得分為，由方案二知的可能值為、、、.，，，.所以，.因為，所以選擇方案一.20．(1)(2)存在，點， 【分析】（1）先得到直線的斜率不為0，設出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之積，進而由垂直得到向量數(shù)量積為0，列出方程，求出及拋物線方程；（2）假設點，使，結合第一問得到，得到方程組，求出.【詳解】（1）當直線的斜率為0時，與拋物線交點為1個，不合要求，舍去，故設直線的方程為，代入并整理得.設，則，由得，即，所以，即，故拋物線的方程為.（2）假設存在滿足條件的點，使.由（1）知，所以化簡可得：.因為上式對恒成立，所以，解得.所以在軸上存在點，使得直線與直線的斜率之和為0.【點睛】圓錐曲線定值問題，設出直線方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，應用設而不求的思想，進行求解；注意考慮直線方程的斜率存在和不存在的情況，本題中由于直線l過點，故用含的式子來表達，計算上是更為簡單，此時考慮的是直線斜率為0和不為0兩種情況.21．(1)在上單調遞增.(2) 【分析】（1）先求函數(shù)的導函數(shù)，再利用導數(shù)證明，由此判斷函數(shù)的單調性；（2）設曲線在點與曲線在的切線相同，由導數(shù)的幾何意義可得，利用導數(shù)研究方程的解可求，由此求公切線方程.【詳解】（1）當時，令，有，當時，，函數(shù)在上單調遞減，，函數(shù)在上單調遞增， 故，即，所以在上單調遞增.（2）因為，所以，設曲線在點與曲線在的切線相同，則切線方程為，即，整理得.又切線方程也可表示為，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因為，所以函數(shù)在在單調遞增，又函數(shù)在在單調遞增，所以在單調遞增，又，當，，又得，所以，，所以在單調遞減，在單調遞增，所以，因此函數(shù)只有一個零點，即只有一個解，此時切線方程為，所以曲線與的公切線方程為.【點睛】關鍵點點睛：本題第二小問解決的關鍵在于利用導數(shù)的幾何意義確定切點的坐標滿足的關系，再通過利用導數(shù)研究方程的解，確定切點坐標，由此求出切線方程.22．(1)的極坐標方程為，，的直角坐標方程為(2) 【分析】（1）消去參數(shù)得到的普通方程，再利用公式得到極坐標方程，注意定義域，再求出的直角坐標方程；（2）將代入的極坐標方程，求出的坐標，得到為直徑的圓的圓心和半徑，根據(jù)相切關系得到方程，求出答案.【詳解】（1）將曲線的參數(shù)方程消去，得的普通方程為，且因為，所以，將，，代入，得，即，，即為的極坐標方程，由直線的方程化簡得，化簡得，即為的直角坐標方程.（2）將直線代入，得，即.故以為直徑的圓圓心為，半徑.圓心到直線的距離，由已知得，解得.23．(1)證明見解析(2)證明見解析 【分析】（1）由絕對值三角不等式求出，再利用基本不等式證明不等式；（2）由柯西不等式進行證明【詳解】（1）因為，由題意得，于是，當且僅當時取等號，即.（2）由柯西不等式得，當且僅當，即，即時取等號.故. 

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