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

成都玉林中学高2020级高考适应性考试

（文科数学）

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．

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

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.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用复数的除法运算法则化简得到复数z，再根据共轭复数的概念即可求解.

【详解】因为，所以，所以.

故选：A

2. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.

【详解】由，即，解得，

所以，

，又，．

故选：C．

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1.5

B. 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

C. 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

D. 各项评价得分中，这两班的体育得分相差最大

【答案】C

【解析】

【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.

【详解】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，A错误；

对于B，两班的德育分相等，B错误；

对于C，高三（1）班的平均数为，

（2）班的平均数为，故C正确；

对于D，两班的体育分相差，

而两班的劳育得分相差， D错误，

故选：C．

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.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三视图还原四面体，该四面体的四个面都是直角三角形，确定最长的棱，利用勾股定理可以计算其长度.

【详解】：四面体如图所示，其中平面，且中，.

由平面，平面得到，同理，

所以棱长最大为，则.

故选：A

5. 已知实数，满足不等式组则的最大值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 8 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】先画出可行域，然后由，得，作出直线，向上平移过点时，取得最大值，求出点的坐标代入中可得答案

【详解】不等式组表示的可行域如图所示，由，得，作出直线，向上平移过点时，取得最大值，

由，得，即，

所以的最大值为，

故选：C

6. 函数在的图像大致为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先利用定义判断出函数是奇函数，可排除A，再求出判断正负，可排除BD.

【详解】，是奇函数，故A错误；

，故BD错误.

故选：C.

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

7. 若曲线的一条切线为，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据导数的几何意义分析运算．

【详解】因为，所以，

设曲线与直线的切点为，

由导数的几何意义可得，解得：，则，

又因为又在上，

所以，则

故选：A.

8. 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.

【答案】B

【解析】

【分析】

求出组成向量的个数和与向量垂直的向量个数，计算所求的概率值．

【详解】解：从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，

可以组成向量的个数是（个；

其中与向量垂直的向量是和，共2个；

故所求的概率为．

故选：B．

9. “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.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可知过滤次数与污染物的含量关系为，在根据题意列出不等式解出即可．

【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；

过滤第两次污染物的含量减少，则为；

过滤第三次污染物的含量减少，则为；

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，

故排放前需要过滤次数至少为次．

故选：A．

10. 如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为（ ）

A. y2＝9x B. y2＝6x

C. y2＝3x D. y2＝x

【答案】C

【解析】

【分析】过点A，B分别作准线的垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，利用抛物线的定义和平行线的性质、直角三角形求解．

【详解】如图，过点A，B分别作准线垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由抛物线定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，从而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝|FC|＝，因此抛物线的方程为y2＝3x，

故选：C.

11. 函数的最小正周期为，其图象关于点对称，且当时，的值域是，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用函数的基本性质可得出，由可求得的取值范围，根据函数在区间的值域可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为函数的最小正周期为，则，

所以，，

又因为函数的图象关于点对称，则，

解得，因为，故，故，

当时，，

且函数在上的值域为，

所以，，解得，

故选：D.

12. 如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1、2，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. 直线SA与直线所成角最大值为

C. 该圆台有内切球，且半径为

D. 直线与平面所成角正切值的最大值为

【答案】B

【解析】

【分析】对于A，根据圆台的体积公式，可得答案；对于B，根据异面直线夹角的定义，作图，利用三角函数的定义，可得答案；对于C，研究圆台的轴截面，结合等腰体形存在内切圆的判定，可得答案；对于D，根据线面角的定义，作图，利用线面垂直判定定理，结合函数的单调性，可得答案.

【详解】对于A选项，，则A选项正确．

对于B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B选项错误．

对于C选，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C选项正确；

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．

故选：B.

【点睛】本题考查立体几何的内切球问题，线面角的最值求解，异面直线所成角的求解，圆台的体积的求解.对于D选项这样的动点问题求最值，如果不能从图形中找到最值对应的点的位置，那么可以通过求函数最值的方法求解.

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. 执行如图所示的程序框图，则输出的i的值为______．

【答案】5

【解析】

【分析】根据已知中的程序框图，模拟程序的运行过程，并逐句分析各变量值的变化情况，可得答案．

【详解】解析依次执行如下：

S＝12－2×1＝10，i＝2；

S＝10－2×2＝6，i＝3；

S＝6－2×3＝0，i＝4；

S＝0－2×4＝－8，i＝5，

满足条件S<0，退出循环体，输出i＝5．

故答案为：5.

14. 设，______．

【答案】

【解析】

【分析】先用两角差的正切公式可求出的值，再用两角和的正切公式即可求解

【详解】因为，所以，

故.

故答案为：

15. 已知的内角A、、的对边分别是、、，且，，.则的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】由余弦定理结合已知条件可求出，即可由面积公式求出面积.

【详解】由余弦定理得，

，，，

，解得，

则的面积为.

故答案为：.

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______．

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.

【详解】双曲线渐近线方程为：，

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，，

所以双曲线方程为．

故答案为：.

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. 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．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，然后由已知可得，解方程组可求出的值，从而可求得数列的通项公式，进而根据题意可求出的通项公式；

（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求出.

【小问1详解】

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，两数列的通项公式分别为．

【小问2详解】

．

则

18. 为实施乡村振兴，科技兴农，某村建起了田园综合体，并从省城请来专家进行技术指导．根据统计，该田园综合体西红柿亩产量的增加量（千克）与某种液体肥料每亩使用量（千克）之间的对应数据如下.

（1）由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）；

（2）求关于的回归方程，并预测当液体肥料每亩使用量为15千克时，西红柿亩产量的增加量约为多少千克?

附：相关系数公式，参考数据：．

回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】（1）0.95，答案见解析；（2）700千克．

【解析】

【分析】（1）根据表中的数据先求出，再求，，，然后利用公式求出相关系，再作判断即可，

（2）根据线性回归方程公式求出回归方程，然后将代入回归方程中可求得西红柿亩产量的增加量

【详解】解：（1）由已知数据可得，

，

所以，

，

，

所以相关系数．

因为，所以可用线性回归模型拟合与的关系．

（2），，

所以回归方程为．

当时，，

即当液体肥料每亩使用量为15千克时，西红柿由产量的增加量约为700千克．

19. 如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4，点E为棱AA1的中点．

（1）求证：BE⊥平面EB1C1；

（2）求点A到平面CEB1的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理分析证明；

（2）方法一：根据平行关系分析可得：点A到平面CEB1的距离等于点P到平面CEB1的距离，利用等体积法运算求解；方法二：直接使用等体积法求点到面的距离.

【小问1详解】

由已知可得B1C1⊥平面ABB1A1．且BE⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥BE，

在△B1BE中，B1B＝4，BE＝B1E，所以B1B2＝BE2＋B1E2，所以BE⊥B1E，

又因为B1C1∩B1E＝B1，平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.

【小问2详解】

方法一：取CB1的中点F，BC的中点P，连接EF，AP，PF，PB1，PE，

可得AE∥PF，且AE＝PF，则四边形APFE为平行四边形，可得AP∥EF，

又因为AP⊄平面CEB1，EF⊂平面CEB1，所以AP∥平面CEB1，

所以点A到平面CEB1的距离等于点P到平面CEB1的距离，

易知，

在△CEB1中，，，，

所以，从而△CEB1为直角三角形．

设点P到平面CEB1的距离为dP，所以，

即，解得，

所以点A到平面CEB1的距离为；

方法二：等体积法

设点P到平面CEB1的距离为h，

因为，

所以三角形是直角三角形，，

而，可得，解得，

所以点A到平面CEB1的距离为.

20. 如图．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．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设动圆与两个已知圆的切点分别为，根据椭圆的定义可得点的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，求出可得答案；

（2）设，，直线的方程为，代入椭圆方程，由得的范围，利用韦达定理得四边形的面积可得答案；

【小问1详解】

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：；

  【小问2详解】

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；

  【点睛】关键点点睛：第二问关键点是利用韦达定理表示四边形的面积再求最值，能较好的考查学生思维能力、分析问题及解决问题的能力.

21. 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：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；

（2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可.

【小问1详解】

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， 

，

，

时，，单调递减，，，单调递增， 

所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号，

所以，

而，

所以；；

∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，

综上：；

【小问2详解】

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：．

【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.

（二）选考题 [选修4—4：坐标系与参数方程]

22. 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．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据直角坐标方程，利用即可化成极坐标方程，由参数方程消参即可得普通方程，再由普通方程化为极坐标.

（2）联立直线与曲线的方程，由韦达定理，结合直线的参数方程中参数的几何意义即可求解，或者由两点坐标公式求解.

【小问1详解】

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．

【小问2详解】

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，．

[选修4－5：不等式选讲]

23. 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：.

【答案】（1）或   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分类讨论的范围得到的解析式，然后列不等式求解即可；

（2）根据的单调性得到，然后根据函数的图象恒在图象的上方得到，即可证明.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

证明：当时，，

所以当时，取得最大值，且.

要使函数的图象恒在图象的上方，由数形结合可知，必须满足，即，原不等式得证.