2023届四川省成都市石室中学高考适应性考试（一）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省成都市石室中学高考适应性考试（一）数学（理）试题含解析，共20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届四川省成都市石室中学高考适应性考试（一）数学（理）试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A．A=B B． C． D．【答案】D【分析】化简集合，再判断各选项的对错.【详解】因为，，所以且，所以A错，B错，，C错，，D对，故选：D.2．已知复数，则共轭复数在复平面对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【解析】化简，求出，找到对应的坐标即可.【详解】对应的点的坐标为，在第三象限故选：C3．在统计中，月度同比是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比是指本月和上一个月相比较的增长率，如图是2022年1月至2022年12月我国居民消费价格月度涨跌幅度统计图，则以下说法错误的是（    ）   A．在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的中位数为 B．在这12个月中，月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3C．在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的均值为 D．在这12个月中，我国居民消费价格月度环比数据的众数为 【答案】C【分析】根据统计图分别求出消费价格月度同比数据的中位数和平均值；求出月度环比数据为正数的个数、月度环比数据为负数的个数，再求出月度环比数据的众数，即可得答案.【详解】在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据由小到大依次为，，中位数为，平均数为,由数据可知我国居民消费价格月度环比的数据中，有6个月的数据为正数，3个月的数据为，3个月的数据为负数，所以月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3，且出现次数最多，故众数为 ，故选项A，B，D正确，C错误，故选：C.4．设，若，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】先求出展开式第项，再由列出方程，即可求出的值.【详解】展开式第项，∵，∴，∴.故选：A.5．函数是（    ）A．奇函数，且最小值为 B．奇函数，且最大值为C．偶函数，且最小值为 D．偶函数，且最大值为【答案】C【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果.【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称，且，而，即函数为偶函数；所以，又，即，可得函数最小值为0，无最大值.故选：C6．考拉兹猜想由德国数学家洛塔尔·考拉兹在20世纪30年代提出．其内容是：任意正整数s，如果s是奇数就乘3加1．如果s是偶数就除以2，如此循环，最终都能够得到1．如图所示的程序框图演示了考拉兹猜想的变换过程．若输入s的值为5，则输出i的值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据程序框图，模拟程序运算即可得解.【详解】模拟程序运行，第一次循环，不成立，不成立；第二次循环，成立，不成立；第三次循环，成立，则不成立；第四次循环，成立，则不成立；第五次循环，成立，则成立.跳出循环体，输出.故选：C.7．已知函数的图象关于点对称，且在上单调，则的取值集合为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件列式，由此求得的取值集合.【详解】关于点对称，所以，所以①；，而在上单调，所以，②；由①②得的取值集合为.故选：C8．已知，，，则的最小值为（    ）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】B【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解.【详解】因为，所以，即，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为6.故选：B.9．过原点的直线与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若△ABF的面积为，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题设条件可得四边形为矩形，设，，根据双曲线定义和△ABF的面积可得，故可求的值.【详解】如图，因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，所以AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，所以AB与相等且平分，所以四边形为矩形，所以．设，，则，所以．因为，所以．因为△ABF的面积为，所以，得，所以，得，所以，所以，得，所以双曲线的渐近线方程为．故选：D．  10．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，对求导，结合导数分析函数的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．【详解】令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，因为，所以，又，所以，所以，，所以，故．故选：B11．已知椭圆，过原点的直线交椭圆于、（在第一象限）由向轴作垂线，垂足为，连接交椭圆于，若三角形为直角三角形，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点、，其中，，则、，分析可知，利用点差法可得出，可求得，由可求得该椭圆的离心率的值.【详解】如下图所示，设点，其中，，则、，则，，设点，则，作差可得，所以，，所以，，则不互相垂直，所以，则，所以，，又因为，所以，，所以，该椭圆的离心率为.故选：B.12．已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，抛物线的准线上一点满足，则（    ）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】先求出抛物线的方程，得到焦点坐标.设直线：，用点差法表示出的中点为，利用半径相等得到：,解出k，即可求出.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，所以抛物线的方程为，其焦点为.因为直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为.因为，所以在以为直径的圆上.设点，，联立方程组，两式相减可得，设的中点为，则.因为点在直线l上，所以，所以点是以为直径的圆的圆心.由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，所以弦长.故选：C.【点睛】处理直线与二次曲线相交的问题：（1）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决大部分直线与二次曲线相交的问题；（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理. 二、填空题13．上海某高校哲学专业的4名研究生到指定的4所高级中学宣讲习近平新时代中国特色社会主义思想．若他们每人都随机地从4所学校选择一所，则4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是______________．（结果用最简分数表示）【答案】【分析】考虑反面，4个人恰好分配到4个学校的情况，再作减法即得.【详解】4个人分配到4个学校的情况总数为种，4个人恰好分配到4个学校的情况为种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的情况有种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是.故答案为：.14．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为_________．【答案】【分析】由余弦定理变形得出，在以为焦点，长轴长为6的椭圆上，因此当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大，由此可求得三角形面积最大值．【详解】, ，由余弦定理得，所以，即，又，所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，则，所以，当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，所以的最大值为，故答案为：．15．如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．【答案】【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案.【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，作出其截面如图所示，则，， 于是， 过点M作于点H，则，由勾股定理可得︰,所以，所以该球的表面积，故答案为：16．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的最大值是___________.【答案】【分析】先将转化为，再令构造函数，求导得到单调性，最后参变分离得到a的取值范围即可.【详解】由可得，，令，，故在上单增，.令且，，当时，单增，当或，单减.又等价于，当时，恒成立，；当时，可得，即，；当时，可得 ，又时，，.综上，，故a的最大值是.故答案为：. 三、解答题17．“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；(2)从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代）【答案】(1)(2)答案见解析(3) 【分析】（1）直接计算得到答案.（2）概率，的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.（3）根据公式计算众数，平均数和中位数，再比较大小即可.【详解】（1）参加课后活动的时间位于区间的概率.（2）活动的时间在区间的概率，的可能取值为，，，，.故分布列为：（3）众数为：；，，则，；，故18．已知正项数列的前项和，其中，，为常数.(1)若，证明：数列是等比数列；(2)若，，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由退位相减法求得数列的通项公式，再由等比数列的定义进行判断即可；（2）先由求得，再由求得，即得数列的通项公式，再由错位相减求和即可.【详解】（1）当时，，则，又正项数列，则且，当时，，又，则，也符合，则，，则，故数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）知：当时，，则，由可得，又正项数列可得，则，，则，又，可得，则，时也符合，则，则，，两式相减得，则.19．如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.  (1)求证：四点共面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明过程见详解(2) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，根据条件写出相应点的坐标，利用空间向量基本定理即可求解；（2）结合（1）中对应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）由，且，取的中点，连接，则，且，所以，又是以为直角的等腰直角三角形，所以.过点作，垂足为，则点为的中点，且，因为平面平面，且平面平面，所以平面，故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且，所以，则，，，令，则，解得，故，则共面，且向量有公共点，所以四点共面.（2）由（1）可知，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．(1)求椭圆C的方程；(2)过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．【答案】(1)(2)5 【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.【详解】（1）由题意，，解得，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则则不满足，所以．设，，，由得：，，．因为，即，则，，所以，解得，则，即，直线：，联立，解得，∴，当且仅当或时等号成立∴的最小值为5．21．已知函数，函数.(1)求函数的单调区间；(2)记，对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2) 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；（2）先求出解析式，利用导数，分类讨论研究函数单调性和最值，可求实数的取值范围.【详解】（1），函数定义域为R，则且，令，，在上单调递增，所以，所以的单调递增区间为，，，所以的单调递减区间为.（2），，则，且，令，，令，时，所以在上单调递增，①若，，所以在上单调递增，所以，所以恒成立.②若，，所以存在，使，故存在，使得，此时单调递减，即在上单调递减，所以，故在上单调递减，所以此时，不合题意.综上，.实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22．在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 .与曲线相交于P，Q两点.(1)写出曲线的直角坐标方程，并求出的取值范围；(2)求 的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由，代入曲线求解，然后根据直线与圆有两个交点，由圆心到直线的距离小于半径求解；（2）设P，Q两点对应的极径由，利用韦达定理求解.【详解】（1）解：因为，且曲线，所以其直角坐标方程为，即；当时，显然成立；当时，设直线方程为，圆心到直线的距离为，因为直线与圆有两个交点，所以，解得或，因为，所以，综上，（2）设P，Q两点对应的极径分别为将，代入，得，则，所以 ，因为，所以，则，所以 的取值范围是 .23．已知函数，不等式的解集为．(1)求的值；(2)若三个实数，，，满足．证明：【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，即可得到方程组，解得即可；（2）由（1）可知，则，利用柯西不等式即可证明.【详解】（1）∵不等式的解集为，∴，即，∴，经检验得符合题意.（2）∵，∴，由柯西不等式可知：，∴，即，当且仅当，，时等号成立.