2023年四川省成都市简阳市重点中学高考数学适应性试卷（理科）

这是一份2023年四川省成都市简阳市重点中学高考数学适应性试卷（理科），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省成都市简阳市重点中学高考数学适应性试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知为虚数单位，，则复数在复平面上所对应的点在(    )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限3.  在的展开式中，的系数为(    )A.  B.  C.  D. 4.  如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图，下列结论中错误的是(    )

 A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B. 年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
C. 年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平
D. 年到年各洲中北美洲人口增长速度最慢5.  如图，在正方体中，，，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是(    )A. 平面平面
B.
C.
D. 平面6.  已知实数，满足约束条件，则的最大值是(    )A.  B.  C.  D. 7.  在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  为弘扬传统文化，某校进行了书法大赛，同学们踊跃报名，在成绩公布之前，可以确定甲、乙、丙、丁、戊名从小就练习书法的同学锁定了第至名甲和乙去询问成绩，组委会对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军”对乙说：“你当然不会是五人中最差的”则最终丙和丁获得前两名的概率为(    )A.  B.  C.  D. 9.  已知，若恒成立，则(    )A.  B.  C.  D. 10.  定义：设不等式的解集为，若中只有唯一整数，则称是最优解．若关于的不等式有最优解，则实数的取值范围是(    )A.  B.
C.  D. 11.  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，，，四点，若四边形的面积为，则该双曲线的离心率为(    )A. 或 B. 或 C.  D. 12.  已知函数和的定义域为，且为偶函数，，且为奇函数，对于，均有，则(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知直线与圆：相交，则整数的一个取值可能是______ ．14.  已知点在直线上，点在直线外，若，且，，则的最小值为______ ．15.  已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的外接球的表面积为______ ．
 16.  已知在上恒成立，则实数的取值范围______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知等差数列前项和为，，，数列前项积为．
求，的通项公式；
设，求数列的前项和．18.  本小题分
如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，．
证明：平面平面；
若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
19.  本小题分
设两名象棋手约定谁先赢局，谁便赢得全部奖金元已知每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛相互独立在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止奖金该怎么分才合理？请回答下面的问题．
规定如果出现无人先赢局而比赛意外终止的情况，那么甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比进行分配若，，，，，则甲应分得多少奖金？
记事件为“比赛继续进行下去且乙赢得全部奖金”，试求当，，时比赛继续进行下去且甲赢得全部奖金的概率规定：若随机事件发生的概率小于，则称该随机事件为小概率事件，请判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由．20.  本小题分
已知椭圆的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切．
求的方程；
直线：与相交于，两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为为坐标原点，的面积为的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由．21.  本小题分
已知函数．
当时，求函数的极值．
若有三个极值点，，，且，
求实数的取值范围；
证明：．22.  本小题分
在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为，若为曲线上的动点，将绕点顺时针旋转得到，动点的轨迹为曲线．
求曲线的极坐标方程；
在极坐标系中，点，射线与曲线，分别交于异于极点的，两点，求的面积．23.  本小题分
已知，，，，求证：
；
．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：根据题意，集合，，，
则．
故选：．
根据题意，求出集合、，由并集的定义计算可得答案．
本题考查集合并集的运算，注意集合的表示方法，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为，
则，
所以在复平面上所对应的点为位于第二象限．
故选：．
先根据复数得乘方求出，再根据复数得除法运算即可得解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为，
所以只有中的与中的相乘才会得到，
即，所以的系数为．
故选：．
根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
由扇形统计图可知年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；
由条形统计图可知年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故C正确；
三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故D错误．
故选：．
根据三幅统计图依次判断每个选项即可．
本题考查命题真假的判断，考查折线图、扇形统计图、条形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：对于，由，分别为所在棱的中点得，
由正方体的性质易知，平面，平面，
所以，，，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于，为下底面的中心，故为，的中点，
因为为所在棱的中点，所以，故B正确；
对于，若，由选项知，则有，
令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，
所以，不满足，故C错误；
对于，由选项知，由正方体的性质易知，
所以，平面，平面，
所以平面，故D正确．
故选：．
根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案．
本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：画出不等式组表示的可行域，如图所示，阴影部分，
解方程组，得，，故A，
解，可得，故C，
，
表示的是可行域内的点与原点连线的斜率，，，
根据的几何意义，可知的最大值为．
故选：．
作出可行域，根据的几何意义，即可求得答案．
本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，数形结合是解决本题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：，
整理可得：，
可得，
为三角形内角，，
可得，故A正确，B错误，
，
，
，且，
，可得，
由余弦定理可得，可得，故C错误，D错误．
故选：．
利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可求，结合范围，可求，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求，即可得解．
本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：由概率的相关性质，只需分析甲乙丙丁戊五人情况即可．
若甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名，剩下三人共有种情况，此时共有种情况；
若甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名，有种情况，剩下三人共有种情况，此时有种情况．
则一共有种不同的名次情况，
最终丙和丁获得前两名的情况有种，故丙和丁获得前两名的概率．
故选：．
分甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名和甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名求出总事件的个数，再求出最终丙和丁获得前两名的方法总数，再由古典概率公式代入即可得出答案．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：，
其中，，所以当时，．
若恒成立，则，
此时，则，即，
．
故选：．
若恒成立，即，由余弦的二倍角公式和辅助角公式化简，求出，此时，则，由诱导公式即可得出答案．
本题主要考查二倍角的三角函数，考查转化能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：即为，在同一平面直角坐标系中，分别作出，的图象，如图所示，

易知时，不满足题意；
当时，要存在唯一的整数，满足，则，即，解得；
当时，要存在唯一的整数，满足，则，即，解得；
综上，实数的取值范围为．
故选：．
等价于，在同一坐标系中，分别作出，的图象，通过数形结合，分析求解即可．
本题以新定义为载体考查函数图象的应用，要求考生将新定义问题转化为函数问题，利用数形结合思想解决问题，培养数学运算，逻辑推理，直观想象等核心素养，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：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：．
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．
本题主要考查双曲线的性质，数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：因为，所以，
所以，所以的周期，
所以，
又因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于直线对称，
所以；
因为，即，
所以，所以的周期，
所以，
因为为奇函数，
所以，
所以的图象关于点对称，
所以；
因为对于，均有，
所以，，
所以，
由，解得：，，
所以，
故选：．
根据，求出的周期，由为偶函数求出；根据，求出的周期，由求出；再根据，均有，令，即可列出关于，的方程组，求出，，最后根据函数的周期性可得．
本题考查了函数的周期性、奇偶性以及对称性，利用题设给定的公式转化化简是关键，转化时要注意奇偶性的运用，可以利用函数的周期将问题转化到题中给定函数的区间内，最后进行对赋值即可得到相应的方程组，求解方程组即可．
 13.【答案】或，，，只需填写一个答案即可 【解析】解：由圆：，得圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
因为直线与圆：相交，
所以，解得，
所以整数的所有可能取值为，，，．
故答案为：或，，，只需填写一个答案即可．
利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合直线与圆相交的条件即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：根据题意，当时，最小，
由，
，
，即，
，

当时，由面积法得，，
所以的最小值为．
故答案为：．
根据条件可得出，从而得出，进而得出，根据题意知，当时，最小，从而得出可得出的最小值．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：如图，根据三视图可还原得四棱锥：
设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，
过做平面，连接，，，，，
由三视图可知四边形为矩形，，，为的中点，，，
因为四棱锥外接球的球心满足平面，平面，
所以，又平面，所以，同理得．
所以四边形为矩形．
在矩形中，，
在中，因为，即，所以，
在中，外接球半径，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
先把三视图还原成几何体，设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，由平面，平面可证明四边形为矩形，在中利用勾股定理求出，在中利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可．
本题考查三视图与四棱锥外接球相关知识，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：令，
当时，，当时，，
此时，显然题设不成立，
当时，在上恒成立，
即，
即在上恒成立，
令，即，
因为，所以函数在上递增，
所以在上恒成立，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，函数在上单调递增，
而，
所以时，在上恒成立，
当，即时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围为．
故答案为：．
令，再分和两种情况讨论，当时，不等式即为在上恒成立，令，即，易得函数在上递增，则在上恒成立，即，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可．
本题考查导数的综合应用，恒成立问题，化归转化思想，属难题．
 17.【答案】解：是等差数列，，，
即：，，又，
，
．
又，
当时，，符合上式，
．
由可得：，
． 【解析】求得数列的公差，由此求得利用求得．
利用裂项相消求和法求得．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 18.【答案】证明：连接交于点，连接，
是菱形，，且为的中点，
，，
又，平面，且，，平面，
平面，又平面，平面平面．
解：取中点，连接交于点，连接，
，是等边三角形，，
又，，，平面，
平面．
由知，且，，平面，平面，
由是边长为的菱形，在中，，，
由，在中，
，．
以为坐标原点，、分别为轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，
，，．
设为平面的法向量，
，
令，则平面的法向量．
设为平面的法向量，
，
令，则平面的法向量．
设平面与平面的夹角为．

，
平面与平面夹角的余弦值为． 【解析】连接，证明平面，再由平面，得出平面平面．
作辅助线，利用线面垂直的判定证明平面，以为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、平面与平面所成角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，是中档题．
 19.【答案】解：设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢．
由题意知，最多再进行局，甲、乙必然有人赢得全部奖金．
当时，甲以：赢，得；
当时，甲以：赢，得；
当时，甲以：赢，得．
于是，甲赢得全部奖金的概率为，
进而得甲应分得的奖金为元．
设比赛继续进行局且乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢．
当时，乙以：赢，得；
当时，乙以：赢，得．
所以，乙赢得全部奖金的概率．
于是，甲赢得全部奖金的概率．
对求导，得．
因为，所以，得在上是严格增函数，
于是．
由此可知，，
即乙赢的最大概率大于，
所以事件不一定是小概率事件． 【解析】根据比赛继续进行的局数进行分类讨论，求得甲赢得全部奖金的概率，进而求得甲应分得的奖金．
先求得、，利用导数求得的最小值，从而求得的最大值，由此作出判断．
本题考查古典概型的概率公式及组合数公式的应用，函数思想，属中档题．
 20.【答案】解：由椭圆的离心率为，得，即有，
由以的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，，
的方程为；
为定值，且，
，则，
因此，而，有，
于是可得平分，直线，的斜率互为相反数，即，
设，，，
由，消去得：．
，，
而，，
即，
，
．
化简得．
又在椭圆上，，，
，
，
又不在直线：，则有，
即，
为定值，且． 【解析】利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于，的方程组，解方程即可；
由给定的面积关系可得直线平分，进而可得直线，的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断即可．
本题考查定值问题，考查椭圆的性质，考查斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
 21.【答案】解：当时，，
令，则，
所以函数在上单调递增，
由，所以时，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有极小值为，无极大值；
解：由，
所以，
因为，仅当时取等号，
于是，当时，，函数在上单调递增，
此时至多有一个零点，不符合，
当时，令，得，
当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，
在上单调递减，
注意到，当时，，
所以，，
又，，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，所以，
故，，
则，
，
因此在内恰有一个零点即在有一个零点，
在内有一个零点，即，
在内有一个零点，
故有三个零点，则；
证明：由题意知，又注意到，
所以，即，
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因此，两边同除以，得，
而，故． 【解析】求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数的最小值；
当时，判断函数的单调性，说明不合题意，当时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；
由题意可判断三个零点的范围且满足，因为要证明，即，也即，又因为，故只要证明，故构造函数，利用其单调性证明即可证明结论成立．
本题考查了利用导数求解函数的最值以及根据零点个数求参数范围和证明不等式问题，综合性强，计算量大，对学生的综合数学素养有很高的要求，解答时要能熟练应用导数的相关知识，比如求导，判断导数正负，判断单调性，解决函数零点问题等，解答的关键在于能根据要证明的不等式合理变式，从而构造恰当的函数，利用导数解决问题，属难题．
 22.【答案】解：曲线的极坐标方程为，若为曲线上的动点，将绕点顺时针旋转得到，设点，
所以满足曲线的极坐标方程，
故曲线的极坐标方程为：．
在极坐标系中，点，射线与曲线，分别交于异于极点的，两点，
所以，
点到射线的距离，
故． 【解析】直接利用曲线的旋转求出曲线的极坐标方程；
利用极径的点到直线的距离公式，进一步求出三角形的面积公式．
本题考查的知识要点：极坐标方程的求法，三角形的面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
 23.【答案】证明：因为，，，，
所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即，
故；
证明：因为，，，
因为，当且仅当，即取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
上面三式相加可得，即，
当且仅当，，且，即时，等号成立，
因为，
所以，
所以． 【解析】利用三元基本不等式即可得证；
利用基本不等式推得，，，再相加即可得证．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．