2023届四川省成都市玉林中学高三适应性考试（理）数学试题含解析

这是一份2023届四川省成都市玉林中学高三适应性考试（理）数学试题含解析，共21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届四川省成都市玉林中学高三适应性考试（理）数学试题 一、单选题1．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【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：A2．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【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1.5B．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【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【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：A5．设，则等于（    ）A．-2 B．2 C．-4 D．4【答案】C【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，故选：C．6．函数在的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】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．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】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．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．【答案】A【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，故排放前需要过滤的次数至少为次．故选：A．9．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＝6xC．y2＝3x D．y2＝x【答案】C【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分别作准线的垂线，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.10．已知，，，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由，，即可判断出大小．【详解】，即，，即，，即，所以，故选：A．11．当时，函数的值域是，则m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】解法一：画出函数的图象，由的范围求出的范围，根据的值域可得答案；解法二：由的范围求出的范围，根据的图象性质和的值域可得答案．【详解】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，由的图象性质知，要使的值域是，则，解之得．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【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. 二、填空题13．某高中在校学生有2 000人．为了响应“光体育运动”号召，学校开展了跑步和登山比赛活动．每人都参与而且只参与其中一项比赛，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a∶b∶c＝2∶3∶5，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________．【答案】36人【详解】根据题意可知样本中参与跑步的人数为200×＝120，所以从高二年级参与跑步的学生中应抽取的人数为120×＝36.14．二项式展开式中的系数为______．【答案】7【分析】利用二项式定理直接求解.【详解】因为的二项展开式的通项公式为，所以二项式展开式中的项为，故二项式展开式中的系数为7.故答案为：7.15．已知的内角A、、的对边分别是、、，且，，.则的面积为______.【答案】【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】【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，，所以双曲线方程为．  故答案为：. 三、解答题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) 【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.【详解】（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，两数列的通项公式分别为．（2）．则18．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．【答案】(1)40（分钟）(2)①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选B款订餐软件，理由见解析 【分析】（1）利用平均数的计算公式直接计算即可求得平均数；（2）①计算出使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分的频率，比较即可得解；②计算出使用B款订餐软件商家的“平均送达时间”的平均数，与使用A款订餐软件商家的“平均送达时间”的平均数进行比较即可得解.【详解】（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．如图所示，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的菱形，，，．(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)  【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证，再根据题意，结合面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）根据题意可建立以点为原点，以直线为轴的空间直角坐标系，再利用空间向量法，即可求出二面角的大小．【详解】（1）证明：∵平面平面，面面，且，面，∴平面，∵面，∴，由菱形性质知，∵，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）解：如图，设的中点为，∵，，，∴，∵平面平面，面面，且，平面∴面，又，所以两两互相垂直，所以以点为原点，以直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系，可得，，，，，设平面的一个法向量为，而，，由，得，取，得，设平面的一个法向量为，且，，由，得，取，得，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以，故平面与平面所成锐二面角为．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) 【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；【详解】（1）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；   【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 【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）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可.【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，∵，；；，∴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：.【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.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) 【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.【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．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 【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.【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.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.