文档介绍:该【2023年重庆八中高考数学适应性试卷(六)+答案解析(附后) 】是由【1781111****】上传分享,文档一共【22】页,该文档可以免费在线阅读,需要了解更多关于【2023年重庆八中高考数学适应性试卷(六)+答案解析(附后) 】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。:..2023年重庆八中高考数学适应性试卷(六),,则下列关系中,正确的是(),则z的共轭复数的虚部为(),又称黄金分割数列,因数学家莱昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,指的是这样一个数列:1、1、2、3、5、8、13、21、34、….小利是个数学迷,她在设置手机的数字密码时,打算将斐波那契数列的前5个数字1,1,2,3,,那么小利可以设置的不同密码有(),大正方形的中心与小正方形的中心重合,且大正方形边长为,小正方形边长为2,截去图中阴影部分后,翻折得到正四棱锥四点重合于点,则此四棱锥的体积为(),我国四大直辖市之一,在四大直辖市中,5A级旅游点最多,资源最为丰富,不仅有山水自然风光,、乙两位游客慕名来到重庆旅游,分别准备从武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、:甲和乙至少一人选择巫山小三峡,事件B:甲和乙选择的景区不同,则条件概率(),,且,,动点M在线段AB上移动,则的最小值为()第1页,共22页:..、美国、奥地利科学家,我国于2021年成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”,“,”2种叠加态,2个超导量子比特共有“,,,”4种叠加态,3个超导量子比特共有“,,,,,,,”8种叠加态,…,只要增加1个超导量子比特,,且N是一个20位的数,则这样的M有个参考数据:(),若对于定义域内的任意实数s,总存在实数t使得,则实数a的取值范围为(),他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆的中心,这个圆被称为“蒙日圆”图乙已知长方形R的四边均与椭圆相切,则下列说法正确的是(),且,的最小正周期为T,,则()第2页,共22页:..,则(),数列的通项公式为,其前n项和为设,则下列结论正确的是(),,,点P,Q在抛物线上,且满足,设弦PQ的中点M到y轴的距离为d,,且,求,并求的最大值;设数列的前n项和为,,已知DOE是半径为,圆心角为的扇形,P为弧上-动点,四边形PQMN是矩形,求矩形PQMN的面积的最大值及取得最大值时的x值;在中,,,其面积,,共22页:..,在斜三棱柱中,底面ABC是边长为2的正三角形,,侧棱AD与底面ABC所成角为求证:四边形BCFE为矩形;“冰上运动”,速滑世锦赛、短道速滑世锦赛、花滑世锦赛将在荷兰、韩国、“冰上飞将”们将在北京冬奥会后再度出击,,甲、乙、、半决赛和决赛,只有预赛、;乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和;丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为p和,其中甲、乙、丙三队中,谁进入决赛的可能性最大;若甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为,求p的值;在的条件下,设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为,求的分布列?,右焦点F到双曲线C的渐近线距离为求双曲线C的方程;点P在第一象限,P,Q在直线上,点P,A,B均在双曲线C上,且轴,M在直线AQ上,P,M,①②中选取一个作为条件,证明另外一个成立:①Q是AM的中点;②直线AB过定点第4页,共22页:..,求实数a的取值范围;证明:第5页,共22页:..答案和解析1.【答案】D【解析】解:已知集合,,解得或,,,;则,,,故选:,.【答案】B【解析】解:,则,则z的共轭复数的虚部故选:,.【答案】B【解析】解:由题意可知:排列时要求两个1不相邻,则现将数字2,3,5进行全排列,有种;再将两个1进行插空,则有种,:根据要求,现将数字2,3,5进行全排列,,插空法是解决本题的关键,.【答案】C第6页,共22页:..【解析】解:如图:取BC的中点M,连接FM,连接AC交GF于N,由题意知,设,在直角三角形CFM中,,在直角三角形CFN中,,即,所以,化简得,结合,解得,所以,过点P作平面EFGH,连接ON,如图则正四棱锥的高,所以正四棱锥的体积故选:取BC的中点M,连接FM,连接AC交GF于N,,进而求出正四棱锥的高,,共22页:..本题考查了正四棱锥的体积计算,.【答案】D【解析】解:由题意可知,事件A发生的个数,事件A,B同时发生的个数,故故选:根据已知条件,结合条件概率公式,,.【答案】B【解析】解:建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,又,则,已知动点M在线段AB上移动,设,,则,则,则,又,则当时,取最小值,故选:先建立平面直角坐标系,求出对应点的坐标,,重点考查了二次函数最值的求法,.【答案】B【解析】解:由题意可知,M个超导量子比特共有种叠加态,即,两边同时取以10为底的对数,即,是一个20位的数,第8页,共22页:..,即,,将代入,推得,即,65,66,:根据已知条件,结合指数、对数的运算公式,,.【答案】D【解析】解:函数,定义域为,因为,总使得,则有函数在上没有最小值,又注意到,令,一方面,对而言:,令得,从而在上单调递减,在上单调递增,故,且,,从而值域为则只需要在上不存在最小值;若,则在上单调递减,符合要求;若,则,令,则,从而在上单调递减,在单调上递增,易知当时,总在上存在最小值,舍;综上,a的取值范围为故选:根据已知条件将问题转化为求函数没有最小值问题,利用导数法求函数的最值的步骤,,.【答案】CD第9页,共22页:..【解析】解:椭圆的离心率为,A错误;设两条互相垂直的切线的交点为,当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时,可得点P的坐标是,或,当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时,可设点P的坐标是,,且,所以可设曲线C的过点P的切线方程是,由,得,由其判别式的值为0,得,因为,为过P点互相垂直的两条直线的斜率是这个关于k的一元二次方程的两个根,所以,由此,得,即C的蒙日圆方程为:,B错误,C正确;因为蒙日圆为长方形的外接圆,设,,则矩形面积公式为,显然,即矩形四条边都相等,为正方形时,,:根据题意,根据椭圆离心率公式即可判断A;联立直线与椭圆方程结合韦达定理即可得到椭圆方程,从而判断BC;根据三角形面积公式即可判断本题考查了椭圆的性质,考查运算求解能力,.【答案】BD页,共22页:..【解析】解:函数,且,,,即,再结合,可得,,,故错误;,根据,故B正确;,是非奇非偶函数,故C错误;令,求得,故关于点对称,故D正确,故选:由题意,利用正弦函数的图象和性质,先求出函数的解析式,,.【答案】ABD【解析】解:由已知可得,因为,所以,所以所以,A正确;又由,则当时,:当时,,从而B正确;,当且仅当,时取等号,所以,C错误;由已知得,所以,当时取等号,D正确,故选:将已知变形,,基本不等式,二次函数求最值,.【答案】BCD【解析】解:由题意设,当时,则,,故A错误;,即,解得,页,共22页:..故,故正确;,则,两边平方得,为自然数,且不是整数,其中是右侧的最接近的整数,成立,故C正确;当,2时,,此时;当,4,5,6时,,此时;当,8,9,10,11,12时,,此时;当,14,,20时,,此时;,归纳可得数列中,有2个1,4个,6个,8个,,又由2,4,6,8,,构成首项为2,公差为2的等差数列,则,令,解得n的最大值为44,则,故D正确,故选:对A,令,计算,,即可判断A;对B,由,结合新定义,即可判断B;对C,由,两边平方,结合新定义,即可判断C;对D,考虑,2;3,4,,6;7,8,,12;,结合等差数列的通项公式和求和公式,可得n的最大值为44,再求和,即可判断本题考查等差数列的通项公式和求和公式,化归转化思想,归纳推理思想,.【答案】【解析】解:由直线方程可得,则直线l恒通过点,点在圆C的内部,页,共22页:..设定点为,由题可知当直线与直线CA垂直时,直线l被圆C截得的弦长最短,因为,所以直线l的斜率为,所以直线的方程为,即,设圆心到直线l距离为d,则,所以直线l被圆C截得最短的弦长为故答案为:求出直线恒过的定点,,利用垂直求出直线的斜率,,考查转化思想以及计算能力,.【答案】【解析】解:,解得,故2不是数列和数列的公共项,,解得,故4是数列和数列的公共项,,解得,故不是数列和数列的公共项,,解得,故16是数列和数列的公共项,依次类推可得,,,,,数列是首项为4,公比为4的等比数列,数列的前n项的和为,故答案为:根据数列的通项公式,求出数列和数列的公共项,可得,,,,,则数列是首项为4,公比为4的等比数列,,考查转化思想,考查逻辑推理能力和运算能力,.【答案】【解析】解:如图,设底面ABCD所在小圆的圆心为,半径为r,四棱锥的外接球半径为,则当垂直于小圆所在平面时,四棱锥的高最大,四边形ABCD内接于小圆,页,共22页:..当四边形是正方形时面积最大,所以四棱锥是正四棱锥时体积最大,设该正四棱锥的底面边长为a,高为h,,连接OC,,则为直角三角形,则,即,,,则,令,舍去,当时,,V在上单调递增,当时,,V在上单调递减,所以当时,V取得最大值,故答案为:确定四棱锥体积最大时P点位置以及底面四边形的形状,设该正四棱锥的底面边长为a,高为h,求出,,.【答案】1【解析】解:抛物线方程为,准线方程为,设,,又,则根据余弦定理可得,,当且仅当时,等号成立,①,如图,分别过P,Q,M作抛物线的准线的垂线,垂足点分别为A,B,H,又M为PQ的中点,则根据抛物线的性质可得:,又,,将其代入①中可得:页,共22页:..,的最小值为1,故答案为:设,,又,则根据余弦定理可得,从而由基本不等式可得,再结合抛物线的几何性质及梯形中位线的性质可得,从而可得,,余弦定理及基本不等式的应用,化归转化思想,.【答案】解:由题意,设等差数列的公差为,则,化简整理,可得,解得,,,,则,,,依据二次函数的性质,可得当或时,取得最大值,,,的最大值为由题意及,可知当,即时,,当,即时,,当,即时,,页,共22页:..【解析】先设等差数列的公差为d,根据题干已知条件列出关于首项与公差d的方程组,解出与d的值,计算出等差数列的通项公式以及前n项和的表达式,然后根据的表达式并结合二次函数的性质即可推导出的最大值;先根据第题得到的等差数列的通项公式与0进行大小比较,再计算数列的前n项和时先去掉绝对值,,,转化与化归思想,二次函数的性质运用,分组求和法,等差数列的求和公式的运用,不等式的运算能力,以及逻辑推理能力和和数学运算能力,.【答案】解:由题意,,,,,矩形PQMN的面积为:,,,当时,即时,的最大值为由得,可得,第16页,共22页:..,,,可得,,,由,由余弦定理得,,即,,的周长为【解析】求出,,,,,,由余弦定理得,,余弦定理、三角函数性质在解三角形中的应用,考查了运算求解能力和转化思想,.【答案】解:证明:取BC的中点P,连接AP,PD,如图,在等边中,由题意知,在中,,则,,平面ADP,,平面ADP,平面ADP,,在三棱柱中,,四边形BCEF是平行四边形,则,四边形BCFE为矩形;第17页,共22页:..取EF的中点Q,连接DQ,PQ,过D作,如图,则,平面BCFE,平面BDC,,是平面DBC与平面BCFE夹角或其补角,在等边中,,则,在中,,平面ADP,平面ABC,平面平面ADP,平面平面,且,平面ABC,是侧棱AD与底面ABC所成角,即,在中,,设,化简得,解得或舍,,在中,,平面DBC与平面BCFE夹角的余弦值为【解析】根据等腰三角形的性质,以及线面垂直判定定理,结合矩形的判定,能证明四边形BCFE为矩形;利用面面角的定义,结合三角形的余弦定理,、线面角、二面角的定义及其余弦值的求法等基础知识,考查运算求解能力,,共22页:..20.【答案】解:甲队进入决赛的概率为,乙队进入决赛的概率为,丙队进入决赛的概率为,因为,所以,显然乙队进入决赛的概率最大,、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为,所以有解得,或,因为,所以由题意可知:甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为、、,的可能取值为0、1、2、3,,,,,所以的分布列为:0123P【解析】根据概率乘法公式,结合配方法进行求解即可;根据概率的加法公式和乘法公式进行求解即可;,考查离散型随机变量的分布列,.【答案】解:由题意可得,可得,右焦点,渐近线的方程为,可得F到渐近线的距离,所以双曲线的方程为:;因为P在第一象限,第19页,共22页:..联立,可得,可得,若①Q是AM的中点为条件,证明②直线AB过定点成立,证明:设,,由题意可得,则,因为P,M,B三点共线,所以,即,即,即,即直线PA,PB的斜率之和为定值1,可得A,B的横坐标不为2,用齐次式方程解决此问题,设直线PA,PB的斜率分别为,,设直线AB的方程为,设双曲线的方程为,整理可得:,整理可得,即,两边同时除以整理可得:,可得,整理可得:,代入直线AB的方程可得,整理可得,可证得直线恒过定点,即②成立;若选②作为条件,证明①成立,证明:设直线AB的方程为,设,,则,,因为P在第一象限,联立,可得,可得,联立,整理可得:,,,,,第20页,共22页:..可得直线PB的方程为:,令,可得,要证Q为AM的中点,即证,即证,即证,即证,即证,因为左边右边,即证明了Q为AM的中点,即①成立.【解析】由实轴长可得a的值,再由焦点到渐近线的距离可得b的值,进而求出双曲线的方程;由题意可得P为直线与双曲线的交点,联立直线与双曲线的方程,可得P的坐标,设A,B的坐标,若①为条件:由题意可得Q,M的坐标,因为P,M,B三点共线,可得直线PM,PB的斜率相等,整理可得直线AP,PB的斜率之和为定值1,用齐次式方程解决问题,设直线AB的方程及双曲线的方程,代入整理可得两根之和,即直线PA,PB的斜率之和,由斜率之和为1,可证得直线AB恒过定点T,即证明②成立;若选②作为条件,设直线AB的方程,与双曲线的方程联立,可得两根之和及两根之积,分析法证明,要使Q为AM的中点,需满足的条件,一步步可证得①,直线与双曲线的综合应用,直线恒过定点的求法,.【答案】解:根据题意得:在上恒成立,即在上恒成立,令,则,问题化归为在上恒成立,当时,;当时,,设,,设,,则时,,单调递增;时,,单调递减,第21页,共22页:..而,所以在上存在唯一零点,设为,则时,,;时,,,所以在处取得最大值,在处取得最小值,所以,综上所述:实数a的取值范围为;证明:由知:时,,所以,所以,令,即,所以,所以【解析】根据题意得在上恒成立,令,则,问题化归为在上恒成立,设,,设,,利用单调性即可求解;由得,则,令,,,,共22页