2023届四川省南充市高三适应性考试（零诊）数学（理）试题

2023届四川省南充市高三适应性考试（零诊）数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则的子集个数是（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．8个【答案】C【分析】求出集合A中元素，再求，则子集个数可求.【详解】，，则的子集个数是.故选：C.2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的几何意义可得出复数，利用复数的四则运算化简复数，结合共轭复数的定义可得结果.【详解】由复数的几何意义可得，则.因此，的共轭复数为.故选：A.3．已知不同直线、与不同平面、，且，，则下列说法中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【解析】根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.【详解】对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；对于，若，则可能为平行、相交或异面直线，错误；对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.故选：.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.4．将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由图像平移求得的解析式，再利用换元法结合题设条件，得到关于的不等式组，解之即可.【详解】因为向右平移个单位，得到函数，所以，令，则在上单调递增，因为在上为增函数，故由，，得，即，所以在上为增函数，故，即，解得，故，因为，所以，所以由得，故，所以，即故选：B.5．当前新冠病毒仍然肆虐，已经成为全球性威胁．为了检测某种新冠病毒疫苗的效果，现随机抽取100只小白鼠进行试验，得到如下2×2列联表：则下列说法一定正确的是（

）感染未感染总计注射104050未注射203050总计3070100附：（其中）．临界值表：A．有99.5%的把握认为“小白鼠有无被感染与是否注射疫苗有关”B．有99.5%的把握认为“小白鼠有无被感染与是否注射疫苗无关”C．在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“小白鼠有无被感染与是否注射疫苗无关”D．在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为“小白鼠有无被感染与是否注射疫苗有关”【答案】D【分析】根据数据进行卡方计算即可.【详解】根据列联表，，，所以有的把握认为“小白鼠有无感染与是否注射疫苗有关”，故选项A，B，C错误，D正确；故选：D.6．已知中，BC＝3，AC＝4，AB＝5，点P是AC边上的任意一点，则的最小值是（

）A． B．－4 C． D．0【答案】B【分析】根据题意，建立直角坐标系，运用坐标表示向量，用数量积求解即可.【详解】如图：由于，所以三角形ABC是直角三角形，，以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，建立直角坐标系如图；则有：，设点P的坐标为，则，，∴当时，取得最小值-4；故选：B.7．设点P为双曲线的渐近线和抛物线的一个公共点，若到的焦点距离为，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】联立双曲线渐近线与抛物线方程得，根据抛物线定义即可求解.【详解】由题知：焦点在轴上，所以渐近线方程为，联立方程，消去得，所以或，所以，因为到的焦点距离为所以，所以，所以，所以，故选：B.8．在数列中，，则的值为（

）A．18 B．24 C．28 D．34【答案】A【分析】先判断数列单调性，再根据单调性开出绝对值进行计算即可.【详解】，当且仅当，即时等号成立，由此可知当时，数列单调递减，当时数列单调递增故选：A9．已知圆，点是圆上的动点，则（

）A．的最大值为 B．的最大值为3C．的最小值为 D．的最大值为【答案】D【分析】对于A，转化问题为求直线的最大截距，由几何法即可得解；对于B，利用基本不等式即可得解；对于C，转化问题为求到圆上的点的距离的平方的最小值，由几何法即可得解；对于D，转化问题为求点到圆上的点的连线的斜率的最大值，由几何法即可得解.【详解】由圆得，则，因为点是圆上的动点，所以，对于A，令，则，故问题转化为直线与圆相交时，求直线截距的最大值，显然，当直线与圆相切于点时，截距最大，连结，则，如图1，因为直线斜率为，故倾斜角为，故，故在中，，故，即截距的最大值为，故的最大值为，故A错误；.对于B，因为，所以，即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故B错误；对于C，将看作是到圆上的点的距离的平方，如图1，又因为，所以，故，故C错误；对于D，将看作是点到圆上的点的连线的斜率，则直线的方程为，即，如图2，由题意可知，圆心到直线的距离，即，解得，故的最大值为，即的最大值为，故D正确..故选：D.10．如图所示，正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段长度的最小值是（

）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中、，利用空间向量法可得出，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，，设点，其中、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，因为平面，则，所以，，所以，，当且仅当时，的长度取最小值.故选：C.11．设函数是定义在R上的奇函数，满足．当时，，则下列结论中正确的是（

）A．函数的图像关于直线对称B．函数在区间单调递减C．当时，有1012个零点D．函数的图像关于点对称【答案】C【分析】通过赋值和函数的奇偶性，将转化为与分别求出函数周期和对称轴.【详解】对于，有，即，有，因是定义在R上的奇函数.则，故关于时，，据此可做出部分图像如下.对于A选项，结合图像可知：图像关于对称，故A错误.对于B选项，因周期为4，故在上单调性与在上保持一致.又当时，，在上单调递增，故B错误.对于C选项，结合图像可知：零点为，则令解得：，故当时，有1012个零点，故C正确.对于D选项，结合图像可知：图像关于对称，其中，故D错误.故选：C【点睛】结论点睛：本题考查函数奇偶性，周期性，涉及到相关结论有：（1）若对定义域内任意有，则图像关于对称.（2）若对定义域内任意有，则周期为.12．已知函数，过点作曲线的切线，下列说法正确的是（

）A．当时，可作两条切线，则b的值为B．当，时，可作两条切线C．当，时，有且仅有一条切线D．当时，可作三条切线，则【答案】D【分析】根据导数的几何意义，结合函数单调性的判断方法，对参数值进行分类讨论，即可判断和选择.【详解】设过点的切线与曲线的切点为，又，故过点的切线方程为：，则，整理得：；令，则，且当时，，当时，；对A：当时，显然在单调递减，在单调递增，在单调递减，又，若过点可作两条切线，则或，故错误；对：当，恒成立且不恒为零，故在上单调递减，则当时，有且仅有一条切线，故错误；对：时，，在单调递减，在单调递增，在单调递减，且，故当时，有两个根，可做两条切线，故错误；对：当时，由可知，若要做三条切线，则有三个根，则，即，故D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数单调性；处理问题的关键是构造函数，并利用导数研究其单调性，属综合困难题.二、填空题13．设函数，则______．【答案】3【分析】代入求出，继续代入求解即可.【详解】由已知，则故答案为：3.14．已知的二项展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则展开式中x项的系数为______．【答案】【分析】运用二项式展开式通项即可解决.【详解】由题知：因为，所以，所以，所以的通项为，当时，所以展开式中x项的系数为.故答案为：-2015．随着高三学习时间的增加，很多高三同学心理压力加大．通过心理问卷调查发现，某校高三年级有5位学生心理问题凸显，需要心理老师干预．已知该校高三年级有3位心理老师，每位心理老师至少安排1位学生，至多安排3位学生，则共有______种心理辅导安排方法．【答案】150【分析】分2步进行分析：①将5位学生分为3组，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2步进行分析：①将5位学生分为3组，若有两组2人，一组1人，有种分组方法，若两组1人，一组3人，有种分组方法，则有15＋10＝25种分组方法，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，有种情况，则有25×6＝150种安排方法，故答案为：150．16．在平面直角坐标系xOy中，方程对应的曲线为E．有以下结论：①曲线E上的点到直线距离的最小值为；②曲线E关于原点中心对称；③曲线E上的点到原点距离的最小值为；④曲线E是封闭图形，其围成的面积等于．其中，所有正确结论的序号是______．【答案】②③【分析】曲线为E为抛物线组成，如图所示，对①，点在上，设点，结合点线距离公式求最小值即可；对②，由中心对称定义可判断；对③，由①，由曲线E的对称性，结合两点距离公式，求点和原点距离的最小值即可；对④，由曲线E的对称性，围成的面积等于【详解】当，，则曲线为E为抛物线组成，如图所示，对①，由图易知，距离最小的点在上，设为，则该点到直线得距离为，①错；对②，由，可知，曲线E关于原点中心对称，②对；对③，由①，点到原点距离为，时等号成立，由曲线E的对称性，曲线E上的点到原点距离的最小值为，③对；对④，由图及解析式易得，曲线E是封闭图形，由曲线E的对称性，围成的面积等于，④错.故答案为：②③三、解答题17．已知等比数列公比为，前项和为，并且满足，是和的等差中项．(1)求数列的通项公式；(2)若是递增数列，且，，求．【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【详解】（1）解：由已知可得，，所以，，解得或，当时，；当时，.综上所述，或.（2）解：因为数列为递增数列，则，，，则，上式下式可得，因此，.18．如图，在四棱锥中，⊥平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)构造平行四边形找到平行线，利用线面平行的判定定理即可；(2)建立空间直角坐标系，根据空间向量计算二面角的余弦值，进而求正弦值；【详解】（1）如图，取的中点为，连接,因为为的中点，所以,所以四边形为平行四边形，所以,因为平面，平面，所以平面，（2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则,设，所以因为，所以，解得，所以，设平面和平面的法向量分别为所以,即，令，则有，所以同理,即，令，则有，所以设二面角为，则，.所以面角的正弦值.19．甲、乙两所学校进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢局的学校获胜，比赛结束），比赛规则如下：先进行男生排球比赛，共比赛两局，后进行女生排球比赛，直到分出胜负．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为，在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为，每局比赛结果相互独立．(1)求甲校以获胜的概率；(2)当比赛结束时，设比赛局数为，求的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列答案见解析，【分析】（1）甲校以获胜的情况有：①前两局男排比赛中甲全胜，第三局女排比赛中甲负，第四局女排比赛甲胜，②前两局男排比赛中甲胜负，第三、四局女排比赛中甲全胜，由此能求出甲校以获胜的概率；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）解：甲校以获胜的情况有：①前两局男排比赛中甲全胜，第三局女排比赛中甲负，第四局女排比赛甲全胜，概率为；②前两局男排比赛中甲胜负，第三、四局女排比赛中甲胜，概率为.因此，甲校以获胜的概率为.（2）解：由题意可知，随机变量的所有可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，.20．已知椭圆的离心率为，且．(1)求椭圆E的方程；(2)过点且斜率不为0的直线l与E自右向左依次交于点A，B，点Q在线段AB上，且，求证：为定值．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据离心率的定义，结合，建立方程，可得答案；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆，写出韦达定理，设出的坐标，利用，这里方程，利用数量积的坐标公式，可得答案.【详解】（1）由题意，，可设，，则，由，可得，解得，故椭圆.（2）设过点的直线方程为，，联立可得，消去可得：，由，解得，则，依题意，可设，由在线段上，则，所以，因为，所以由，可得，则，去括号可得，将代入上式并整理可得，解得，则，故.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题，常规思路，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据题目中其他条件，整理等量关系，建立方程，解出参数或者整理参数之间的等量关系.21．已知函数（其中，是自然对数的底数）．(1)讨论的单调性；(2)设，对任意，不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）对求导，利用导数与函数的单调性的关系，分类讨论，，与四种情况，从而得到的单调情况；（2）根据题意，将问题转化为恒成立问题，构造函数，利用导数求得，其中，再利用同构造可得，由此可得a的取值范围．【详解】（1）因为，所以，当时，恒成立，令，得；令，得；故在单调递增，在单调递减；当时，令，得或，当时，，令，得；令，得或；所以在和上单调递增，上单调递㨔；当时，，当时，，则；当时，，则；当时，；故恒成立，所以在上单调递增；当时，，令，得；令，得或；所以在和上单调递增，在单调递减；综上：当时，在单调递增，在单调递减；当时，所以在和上单调递增，上单调递㨔；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；（2）因为，而对任意，不等式恒成立，将代入整理可得恒成立，令，则，令，易知在上单调递减，而，所以存在唯一，使得，即，故在上，，则；在上，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，故，则所以，即.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性