四川省成都市玉林中学2023届高三数学（理）适应性考试试题（Word版附答案）

这是一份四川省成都市玉林中学2023届高三数学（理）适应性考试试题（Word版附答案），共13页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，设，则等于，函数在的图像大致为，已知，则的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
成都玉林中学高2020级高考适应性考试（理科数学）本卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．2．若集合，，则（    ）A． B． C． D．3．构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向．某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动．如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好）．下列说法正确的是（    ）A．高三（2）班五项评价得分的极差为1.5B．各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大C．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分D．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高4．某四面体的三视图由如图所示的三个直角三角形构成，则该四面体六条棱长最长的为（    ）A． B． C． D．5．设，则等于（    ）A．－2 B．2 C．－4 D．46．函数在的图像大致为（    ）A． B． C． D．7．从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（    ）A． B． C． D．8．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为（参考数据：，）A． B． C． D．9．如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A、B，交其准线l于点C，若，且，则此抛物线的方程为（    ）A． B． C． D．10．已知，则的大小关系是（    ）A． B． C． D．11．当时，函数的值域是，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D．12．如图，圆台的上、下底面圆半径分别为，高，点S、A分别为其上、下底面圆周上一点，则下列说法中错误的是（    ）A．该圆台的体积为 B．该圆台有内切球，且半径为C．直线SA与直线所成角最大值为 D．直线与平面所成角正切值的最大值为第Ⅱ卷（非选择题90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某高中在校学生有2000人．为了响应“阳光体育运动”的号召，学校开展了跑步和登山的比赛活动．每人都参与而且只能参与其中一项比赛，各年级参与比赛的人数情况如下表： 高一年级高二年级高三年级跑步abc登山xyz其中，全校参与登山的人数占总人数的．为了了解学生对本次活动的满意程度，从中抽取一个200人的样本进行调查，则从高二年级参与跑步的学生中应抽取的人数为______．14．二项式展开式中的系数为______．15．已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝3，a－c＝2，．则的面积为______．16．已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为______．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）已知等差数列的公差为正数，且，若分别是等比数列的前三项．（1）分别求数列、的通项公式；（2）求数列的前项之和．18．（12分）随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机APP软件层出不穷．现从使用A和B两款订餐软件的商家中分别随机抽取50个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图，如图所示．（1）试估计使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）根据以上抽样调查数据，将频率视为概率，回答下列问题：①能否认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家达到75%?②如果你要从A和B两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？说明理由．19．（12分）如图所示．在四棱锥中，平面，四边形是边长为2的菱形，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的大小．20．（12分）已知圆，圆．动圆与这两个圆均内切．（1）求圆心的轨迹的方程；（2）若、是曲线上的两点，是曲线C上位于直线两侧的动点．若直线的斜率为，求四边形面积的最大值．21．（12分）若函数有两个零点，且．（1）求a的取值范围；（2）若在和处的切线交于点，求证：．（二）选考题[选修4—4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知直线l的参数方程为（其中t为参数），曲线C是以点为圆心，且过坐标原点的圆．以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）若，直线l与曲线C的两个交点分别为A，B，求的值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．（10分）已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，若函数的图象恒在图象的上方，证明：． 成都市玉林中学高2020级高考适应性考试理科数学解析1．A【详解】解：设，则．2．C【详解】，，．故选：C．3．D．对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，所以极差为9.5－8.5＝1，A错误；对于B，两班的体育分相差9.5－9＝0.5，而两班的劳育得分相差9.25－8.5＝0.75，两个班的劳育得分相差最大，B错误；对于C，两班的德育分相等，B错误；对于D，（1）班的平均为，（2）班平均，故D正确．4．选A　  解析　四面体如图所示，其中平面ABC且在中，∠ACB＝90°．由平面ABC，平面ABC得，同理，所以棱长最长的为SA且．5．C 解析　因为，所以，故，故选C．6．C 【详解】，是奇函数，故A错误；，所以BD错误．选C．7．B 解析　从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，可以组成向量的个数是9个，其中与向量垂直的向量是和，共2个，故所求的概率为．8．A　过滤第n次污染物的含量减少，则为；要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，两边取以10为底的对数可得，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，故排放前需要过滤的次数至少为次．故选：A．9．D 解析　如图，分别过A、B作于，于，由抛物线的定义知：，，∵，∴，∴，∴∠AFx＝60°，连接，则为等边三角形，过F作于，则为的中点，设l交x轴于K，则，即，∴抛物线方程为．故选D．10．A．11．D．解法一：由题意，画出函数的图象．由，可知，因为且，要使的值域是，只要，即．解法二：由题，可知，由的图像知，要使的值域是，则，解之得．12．C 【详解】对于A选项，，则A选项正确．对于B选项，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则B选项正确；对于C选项，如图（1），过作垂直于下底面于点，则，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求，而，由圆的性质得，，所以，因为，则C选项错误．对于D选项，如图（3），平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直线与平面所成角即为，且．设，则，所以，其中，所以，当时，，当时，．根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确．13．36 解析　根据题意，可知样本中参与跑步的人数为，所以从高二年级参与跑步的学生中应抽取的人数为．14．715． 解析　由余弦定理得，∵b＝3，a－c＝2，，∴，解得c＝5，则的面积为．16．【详解】双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，因为，则，而，即有，，，由知，点在y轴同侧，于是，，，在中，，由得：，整理得：，化简得，解得或（舍去），所以，，双曲线方程为．17．解：（1）设等差数列的公差为，因为，，是等比数列的前三项, 所以，即，化简得，又，所以．得.由（1），可得数列的前三项分别为，，，显然该等比数列的公比为3，首项为3．所以．综上，两数的通项公式分别为．（2），．18．解析：（1）依题意可得，．使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为：15×0.06＋25×0.34＋35×0.12＋45×0.04＋55×0.4＋65×0.04＝40（分钟）．（2）①使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家的比例估计值为0.04＋0.20＋0.56＝0.80＝80%＞75%．故可以认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家达到75%．②使用B款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为15×0.04＋25×0.2＋35×0.56＋45×0.14＋55×0.04＋65×0.02＝35＜40．所以选B款订餐软件．19．解析：（1）证明：因为平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AB，且，平面PAB，所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以，由菱形性质知，因为，所以平面PBD，又平面PAC，所以平面平面PAC．（2）如图，设CD的中点为E，因，，，所以．可得，因为平面平面ABCD，平面平面，且，平面ABCD，所以平面PAB，又，所以BE，PB，AB两两互相垂直，以点B为原点，以直线BA，BP，BE为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可得，，，，，设平面PAD的一个法向量为，而，，由得取，得，设平面PBC的一个法向量为，且，，由得取，得，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则，所以，故平面PAD与平面PBC所成锐二面角为60°．20．解析：如图．设动圆与两个已知圆的切点分别为．由．所以点的轨迹是以M，N为焦点的椭圆．所以．所以点的轨迹方程为：．（2）设，，直线的方程为，代入中，整理得，，解得，，，四边形的面积，当时，，所以四边形面积的最大值为；21．【详解】（1）当，，在上单调递减，不可能两个零点；当时，令得，，单调递增，，，单调递减，且，则∵，；；，．∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，综上：；（2）先证右边：令则，∴，，单调递增，，，单调递减，∴的最大值为，∴，即，∴且，∴，又∵，∴，∴；再证左边：曲线在和处的切线分别是联立两条切线得，∴，由题意得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，，∴在单调递减，∴，∴得证．综上：．22．【详解】（1）由曲线C的直角坐标方程为，由得其极坐标方程为．又由直线l的参数方程得直线，所以直线l的极坐标方程为．（2）解法一：将直线的参数方程代入曲线可得，，整理可得，．设点对应的参数分别为，则是方程的两个根．由韦达定理可得，．所以，．解法二：联立直线与曲线的方程可得，，解得，．代入可得，，．不妨设，，则，．所以，．23．【详解】（1）当时，，所以当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得．综上，不等式的解集为或．（2）证明：当时，，所以当时，取得最大值，且．