四川省宜宾市普通高中2023级高考适应性演练（宜宾三诊）数学+答案

普通高中2023级高考适应性演练

数学

(考试时间：120分钟；全卷满分：150分)

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、座位号填写在答题卡上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需

改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试

卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合U={-1,1,2,3{,A={1,2{，则[UA=

A．{-1,1{B．{-1,3{C．{1,3{D．{2,3{

2．在复平面内，复数对应的点位于

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

3．已知等差数列{an{的前n项和为Sn，若a2+a10=20，S5=5，则a9=

A．13B．19C．25D．33

4．已知向量a=(-1,2(，b=(6,m(，(2a+b(聂a，则m=

A．3B．2C．-3D．-12

5．已知f(x(=sin(2x+φ((其中lφ,将f(x(图象向左平移个单位后得到g(x(的图象，

若g(x(的图象关于原点对称，则φ=

A．B．C．D．

6．在一次社区志愿服务活动中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者负责物资分发、秩序维护、便民讲解三

个服务岗位，每名志愿者只负责一个岗位，且每个服务岗位至少有一名志愿者负责．若甲、乙

两人不负责同一个服务岗位，则不同的安排方案共有

A．18种B．24种C．30种D．36种

7．已知点M(-5,0(，N(5,0(，若直线y=kx上存在点P满足lPMl-lPNl=4，则实数k的取

值范围是

C．(-∞,-2(U(2,+∞(D．(-2,2(

适应性演练数学试题第1页（共4页）

8．已知f(x(=x，若f(x(在[a,+∞(单调递增，其中a>0，则

A．t有最大值，a没有最大值B．t有最大值，a有最大值

C．t没有最大值，a有最小值D．t没有最大值，a没有最小值

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.

全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．

9．若圆锥SO的母线长为22，其轴截面SAC是等腰直角三角形，点B是弧AC的中点，则下列

结论正确的是

A．圆锥SO的侧面积为4B．∠ASB

C．BC⏊平面SABD．三棱锥S-ABC的体积为

10．已知-<α<0<β<，若cosαcosβ=，tanα+tanβ=-，则

11．已知A、B分别是椭圆C的左、右顶点，F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点，P为

椭圆上异于A、B的任意一点，R为椭圆C所在平面上的动点,O为坐标原点，则下列结论正

确的是

A．lOPl的最小值为3

B．若点P的横坐标为2,则∠F1PF2的角平分线与x轴交点的横坐标为

C．若△F1PF2外接圆S的圆心在△F1PF2外，则tan∠P

D．若以PR为直径的圆经过A、B两点，则R点的轨迹方程为4x2+3y2=16(x≠±2)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

2345

12．若(2x-1(5=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x，则a3=．

222

13．△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=b+c-bc，b=3，S△ABC=，则

其外接圆的半径为．

14．已知正四面体ABCD的棱长为26，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体ABCD

四个面的距离之和的最大值为．

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

适应性演练数学试题第2页（共4页）

15．(本小题满分13分)

已知数列{an{的首项a，且满足an+1-2an

求证：是等比数列；

(1)〈an+〈

(2)求数列{an{的前n项和Sn.

16．(本小题满分15分)

如图，在菱形ABCD中，∠A=60°,AB=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折至

△A,DE，得到四棱锥A,-BCDE，F为A,C的中点.

(1)证明：BF平面A,DE；

(2)当二面角⎳A,-DE-C为120°时，求CA,和平面A,DE所成角的正弦值.

17．(本小题满分15分)

已知函数f(x)=aex-lnx-1(a∈R(．

(1)当a时，求函数f(x)的最小值；

(2)若函数f(x)存在极小值点x0，且f(x0)=0,求a的值．

适应性演练数学试题第3页（共4页）

18．(本小题满分17分)

2

设抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,P(x0,y0)是C上一点且IPFI=x0+1．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过抛物线C的焦点F作互相垂直的两条直线l1与l2,且直线l1与抛物线C相交于A、B两

点，直线l2与抛物线C相交于D、E两点，其中点A、D在第一象限．

__→__→

(ⅰ)求AD.EB的最小值；

(ⅱ)过F点作x轴的垂线，分别交AD，BE于M、N两点，请判断是否存在以MN为直径的圆

与y轴相切，并说明理由．

19．(本小题满分17分)

某电子产品生产单位通过抽样检验的方式检验某种电子产品的合格情况.现有n份产品样本

(n足够大)，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，需要检验n次；方式二：混合检验，将其中k

份产品样本混合检验，若混合样本合格，说明这k份产品样本全部合格，只需检验1次；若混合样本

不合格，为了明确具体哪份产品样本不合格，需要对每份产品样本再分别检验一次，检验总次数为

k+1次．

(1)现有5份不同的产品样本，其中只有2份产品样本不合格，采用逐份检验方式，求恰好经过

3次检验就能把不合格的产品样本全部判断出来的概率；

(2)假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本不合格的概率均为p(0<p<1).

(ⅰ)现取其中k份产品样本，记采用逐份检验方式样本需要检验的总次数为ξ1；记采用混合检

验方式样本需要检验的总次数为ξ2，当E(ξ1(=E(ξ2(时，求p关于k的函数关系式p=f(k(；

(ⅱ)现将n份产品样本随机分为m组，每组k(k为n的正因数)份，然后将各组k份产品样本

进行混合化验.设该种方法需要检验的总次数为X，当E(X(≥n时，求p的取值范围并解释其实

际意义.

适应性演练数学试题第4页（共4页）

宜宾市普通高中2023级第三次诊断性测试

数学答案解析

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．

12345678

BABDDCBC

1．【详解】因为集合U1123A12，所以UA13.故选：B.

{{{{{{

2．【详解】由复数的除法运=算-法,则,得,：,=,∁=-,

其对应的点为，故对应点位于第一象限.故选：A.

3．【详解】因为数列an为等差数列，所以a2a102a620，a610S55a35所以a3

1，则a6a33dd3，{所{以a9a63d19.+故选：=B.==,===,=

4．【详-解】=因为,=b4m4=，+b=m4，解得m12，故选：D.

．【详解】→((→的图象关(于原(点对称，则，解得

5gxfx+=,s+in2x+(⎳gx=-+=-kZφ

kkZ，((又=，故当k0时，(，(满足要求，其他均不满足.故选：D∈=

((

23

6．【详解】∈将4名同学安排到3个岗=位的方案共有C4A336种．将甲、乙视为1个人，即相当于将3名同学

安排到个岗位，共有3种，所以甲、乙两人不负责同一个服务岗位，不同的安排方案共有

3A36=36630

种故选：

.C.=-=

7．【详解】因为PMPN425MN，故P在以M、N为焦点的双曲线的右支上，

而半焦距c5，l实l半-l轴长l为=2，<故双曲=线l右支l的方程为：y21x2，故渐近线方程为yx，

而直线yk=x与双曲线右支有公共点，故k.故选：B.=(≥(

8．【详解=】由fxx，则fx1∈xt1，

,-

因为fx在a((上=单调递增，所(以(=fx-0在a上恒成立，

,

即t1，即t1，对恒成立，，所以，

1(x(0[,+∞x(1xa((≥a[0,+∞(t10

--

当即时，此时不合题意；

t-1≥0t1≤fx∈[0,+∞(>-≤

t1

当t-1=0，即=t1时，幂函(数(y=x在a上单调递减，

-

t1，则，所以没有最大值，有最小值故选：

a-1<a1<t=a[,+∞(.C.

-

二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对

∴≤≥3618

的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．

91011

ABDACDACD

9．【详解】因为轴截面SAC是等腰直角三角形，圆锥的母线长l22，SOOC2，圆锥底面圆O半

径，

rOC2=∴==

对于，圆锥的侧面积为：,正确；

=A=SOπrl42πA

对于B，点B是弧AC的中点，AB=BC22此时SAB为等边三角形，ASBB正确；

对于C，由B可知，,SBC也为等边=三角=形，,SBC△，所以BC不垂直平∠面SABC错,误；

△∠,

数学答案·第1页，共6页·

对于D，棱锥S-ABC体积为：S△ABC×SOD正确.故选：ABD

10．【详解】由tanα+tanβ=-，得+=-，所以=-，

则，所以sincosαcosA正确；

由-得cos则cosαcosβ-sinαsin，解得

sinαsinB错误；

又cos=cosαcosβ+sinαsin又-π<α-β<0，所以C正确；

由得tan

所以tanα-tanβ=-1-tanαtan与tanα+tan联立，得

tanD正确.故选：ACD

11．【详解】对于A，由椭圆C：+=1，可得y2=3-，设P(x，y)，其中-2≤x≤2，则

最小值为3，lOPl的最小值为3,所以A正确;

对于B，|PF2|=a-2e，|PF1|=a+2e，设∠F1PF2的角平分线

与x轴交点横坐标xT，由角平分线性质知即

,解得xT，故B错误；

对于C，若S的圆心在△F1PF2外，可以先考虑S的圆心在△F1PF2上的情况，此时△F1PF2为直角三角形，不

妨设P在第一象限，则tan∠PF1F2===，故若S的圆心在△F1PF2外，此时∠PF1F2小于S的

圆心在△F1PF2上的情况，故tan∠PF1F2<，故C正确；

22

对于D,设过点P，A，B的圆M的方程为x+y+Dx+Ey+F=0，设P(x0，y0)，且

22

+=1，x0≠±2，则x0+y0+Dx0+Ey0+F=0，4-2D+F=0，4+2D+F=0，

得D=0，F=-4，E，则过点P，A，B的圆的方程为

2

x+yy-4=0，圆心M(0，-，R关于点M对称，

则，，，则，，因，则

R(-x0-(，令x=-x0yx0=-xy0=-+=1

2222

4x+3y=16，因x0≠±2，则R点的轨迹方程为4x+3y=16(x≠±2)，故D正确；

故选ACD．

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

32323

12．【详解】根据题意可得a3为二项展开式中x的系数，所以根据T3=C5(2x)(-1)=80x可得a3=80,故

答案为：80.

数学答案·第2页，共6页·

13．【详解】由题意得cosAS△ABC=bcsinA=x3xcsin=，

c=3，所以△ABC是等边三角形，则a=3，

所以其外接圆的半径为R=1，故答案为：1.

14．【详解】已知正四面体ABCD的外接球为球O，因为其棱长为26，

所以该正四面体的高为h，外接球O的半径为R=3，内切球O的半径为r=1，

由对称性不妨令球O上一点P在面BCD下方时取到最大，

所以VA-BCD=VP-ABC+VP-ABD+VP-ACD-VP-BCD，即h=dP-ABC+dP-ABD+dP-ACD-dP-BCD，

则dP-ABC+dP-ABD+dP-ACD=h+dP-BCD=4+dP-BCD，

所以dP-ABC+dP-ABD+dP-ACD+dP-BCD=4+2dP-BCD，又因为(dP-BCD)max=R-r=3-1=2，

所以(4+2dP-BCD(max=4+2x2=8，所以距离和的最大值为8．故答案为：8.

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

．【详解】由，得即分

15(1)an+1-2an=an+1+=2(an+............................3

又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列分

a〈an+〈12.................................................6

n-1n-1

(2)由(1)得，an+=2，则an=2-......................................................................................9分

所以nn分

Sn=-=2-1-1+=2+((n-2............................................13

16．【详解】(1)取G为A,D的中点，连接EG，FG，

因为F为A,C中点，所以FG聂CD，且FG=CD=1.........................................................................2分

又E为AB中点，BE聂CD，且BE=CD=1，

：FG聂BE，且FG=BE=1，所以四边形BFGE为平行四边形，：BF聂EG........................................5分

又因为EGC平面A,DE，BF≠平面A,DE，

：BF聂平面A,DE.................................................................................................................................7分

(2)由题意得，△ABD为等边三角形，DE丄EA，DE丄EB，即DE丄A,E.

又因为A,E∩BE=E，所以DE丄平面A,BE.

以E为原点，ED，EB以及垂直于平面BCDE的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

又因为BE丄DE，A,E丄DE，所以LA,EB即为二面角A,-DE-C的平面角，即LA,EB=120O.

则E(0,0,0(，A,(0,-,，C(3,2,0(，D(3,0,0(.......................................................................10分

数学答案·第3页，共6页·

设平面A,DE的法向量=(x,y,z(，

则，取=(0,3,1(.........................................................................12分

→

,,,

设直线CA与平面ADE所成的角为θ,则sinθ=|cos〈,〈|===，

所以直线CA,与平面A,DE所成角的正弦值为............................................................................15分

当a时，fex-lnx-1，定义域为(0,+∞)

所以f,ex.....................................................................................................2分

因为y=ex在(0,+∞)上单调递增，而y在(0,+∞)上单调递增，

所以f,ex在(0,+∞)上单调递增..................................................................4分

又因为f,(2)=0，所以当0<x<2时，f,(x)<0，f(x)单调递减，当x>2时，f,(x)>0，f(x)单调递增，

所以x=2是f(x)的极小值点，也是最小值点，

2

即fmin=fxe-lnln2................................................................................7分

(2)因为f,=aex

①当a≤0时，f,=aex无极值....................................................................................9分

,

②当a>0时，因为x0是极小值点，所以f(x0)=0，即a.

x0

又因为f(x0)=0，代入得：ae-lnx0-1=0，将a=代入得：lnx0-1=0..........................11分

设glnx-1，g,，所以g(x)在(0,+∞)单调递减......................................13分

又因为g(1)=0，故g(x)=0有唯一解为x0=1，代入a

：a..............................................................................................................................................15分

18．【详解】(1)P是C上一点，所以|PF|=x0+，且|PF|=1+x0，

所以=1，解得p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x..............................................................................3分

(2)(ⅰ)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，不妨设为k>0，则l1的方程为y=k(x-1)．

由得k2x2-x+k2=0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1+xx1x2=1

因为l1丄l2，所以l2的斜率为-．

2

设D(x3,y3)、E(x4,y4)，同理可得x3+x4=2+4k，x3x4=1.....................................................................6分

__→__→__→__→__→__→__→__→__→__→__→__→__→__→

AD.EB=(AF+FD).(EF+FB)=AF.FB+FD.EF=|AF|.|FB|+|FD|.|EF|

__→

当且仅当k2=即k2=1时，.EB取得最小值16...........................................................................9分

数学答案·第4页，共6页·

(ⅱ)由题意可知AD的直线方程：y-yx-x1(，

22

又y1=4x1，y3=4x3，所以AD的直线方程可化为：y-yx-x1(，

又xM=1，故可得yM............................................................................................................11分

同理可得直线BE的方程为y-yx-x2(，

又xN=1，故yN

由(ⅰ)可得y1y2=y3y4=-4，所以可得yN

可得yM+yN=0，所以可得MN的中点恒为F......................................................................................13分

以MN为直径的圆与y轴相切等价于yM=|OF|=1，

若yM=1，则，所以y1y3+4=y1+y3，

又⊥，所以故

l1l2(y

22

整理可得(y1y3(2-4(y1+y3(+16=-16y1y3，

即(y1y3+4(2=4(y1-y3(2，

由k>0，故y1>y3，所以y1y3+4=2(y1-y3)．

又y1y3+4=y1+y3，故可得y1=3y3.....................................................................................................15分

2

代入方程y1y3+4=y1+y3可得，3y3-4y3+4=0，

Δ=16-48=-32<0，

故不存在以MN为直径的圆与y轴相切...............................................................................................17分

19．【详解】(1)恰好经过3次检验就能把不合格的产品样本全部检验出来为事件A，

事件A分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出不合格品，第三次检验出不合格样品，二是前

三次均无不合格样品，所以，P(A

所以恰好经过3次检验就能把不合格的产品样本全部检验出来的概率为.........................................3分

(2)(ⅰ)由已知得E(ξ1(=k，ξ2的所有可能取值为1，k+1，

所以P(ξ2=1(=(1-p(k，P(ξ2=k+1(=1-(1-p(k，

所以E(ξ2(=(1-p(k+(k+1([1-(1-p(k[=k+1-k(1-p(k...............................................................5分

若E(ξ1(=E(ξ2(，则k=k+1-k(1-p(k，

所以k(1-p(k=1，(1-