四川省成都石室中学2024届高三高考适应性考试（一） 文科数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省成都石室中学2024届高三高考适应性考试（一） 文科数学试题（原卷版+解析版），共30页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁， 函数的大致图像是等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合A={﹣1，1}，B={x|ax+2=0}，若B⊆A，则实数a的所有可能取值的集合为
A {﹣2}B. {2}C. {﹣2，2}D. {﹣2，0，2}
2. 复数在复平面上对应的点位于虚轴上，则实数的值为（ ）
A B. C. D.
3. 已知，为实数，则使得“”成立的一个必要不充分条件为（ ）
A. B.
C. D.
4. 周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法，我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：
依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号为“”，其表示的十进制数是（ ）
A. 33B. 34C. 35D. 36
5. 函数的大致图像是（ ）
A B.
C. D.
6. 在区间上随机地取一个数，使恒成立的概率是（ ）
A. B. C. D.
7. 设抛物线的焦点为，过抛物线上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A. B. C. D.
8. 变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
9. 我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为，其中分别是上､下底面的面积，是中截面的面积，为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底的长､宽比下底的长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A. 51车B. 52车C. 54车D. 56车
10. 设锐角的三个内角的对边分别为，且，则的取值范围为 （ ）
A. B. C. D.
11. 菱形中，现将菱形沿对角线折起，当时，此时三棱锥体积为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
12. 在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上动点，若对任意，则最小值为（ ）
A. B. C. D.
第II卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的定义域为__________．
14. 函数的图象关于直线对称，则________
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为左支上一点，的内切圆圆心为，直线与轴交于点，若双曲线的离心率为，则 ___________
16. 已知数列满足，函数在处取得最大值，若，则_____________
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. 如图，在四棱锥中，.
（1）设的中点为，求与所成角的余弦值；
（2）求三棱锥的体积.
18. 《中华人民共和国未成年人保护法》保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.我校拟选拔一名学生作为领队，带领我校志愿队上街宣传未成年人保护法.现已从全校选拔出甲､乙两人进行比赛，比赛规则是：准备了5个问题让选手回答，选手若答对问题，则自己得1分，该选手继续作答；若答错问题，则对方得1分，换另外选手作答.比赛结束时分数多的一方获胜，甲､乙能确定胜负时比赛就结束，或5个问题回答完比赛也结束.已知甲､乙答对每个问题的概率都是.竞赛前抽签，甲获得第一个问题的答题权.
（1）求前三个问题回答结束后乙获胜的概率；
（2）求甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率.
19. 已知数列满足 当时，
（1）求和，并证明当为偶数时是等比数列；
（2）求
20. 已知抛物线的焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作两条倾斜角互补的直线，直线交抛物线于两点，直线交抛物线于两点，连接，设的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
21. 设
（1）当，求函数的零点个数.
（2）函数，若对任意，恒有，求实数的取值范围
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的渐近线方程为，，直线过点，且倾斜角为.以点为极点，以从点出发与x轴正方向同方向的射线为极轴，建立极坐标系，点在曲线上.
（1）写出曲线在第二象限的参数方程和直线的极坐标方程；
（2）曲线与直线相交于点，线段的中点为，求的面积.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 设，
（1）解不等式：
（2）设的最大值为，已知正数和满足，令，求的最小值.
成都石室中学高2024届高考适应性考试（一）
文科数学
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合A={﹣1，1}，B={x|ax+2=0}，若B⊆A，则实数a的所有可能取值的集合为
A. {﹣2}B. {2}C. {﹣2，2}D. {﹣2，0，2}
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由B⊆A可知集合B可以为，所以方程ax+2=0的根可能为-1,1或无解，所以a=-2,0,2
实数a的所有可能取值的集合为{﹣2，0，2}
考点：集合的子集关系
2. 复数在复平面上对应的点位于虚轴上，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数除法法则得到，从而得到方程，求出答案.
【详解】在复平面上对应的点位于虚轴上，
∴，即.
故选：D
3. 已知，为实数，则使得“”成立的一个必要不充分条件为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质、结合对数函数、幂函数单调性，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】对于A， ，不能推出，如，反之 ，则有 ，
即是的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，由，得，即，
不能推出 ，反之，则，
因此是的必要不充分条件，B正确；
对于C，，是的充分必要条件，C错误；
对于D，由，得，反之不能推出，
因此是的充分不必要条件，D错误.
故选：B.
4. 周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法，我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：
依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号为“”，其表示的十进制数是（ ）
A. 33B. 34C. 35D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】先确定二进制数，再化十进制数即可.
【详解】根据条件可得符号为“”表示的二进制数为，
则其表示的十进制数是.
故选：B.
5. 函数的大致图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由排除两个选项，再由时，排除一个选项后可得正确选项．
【详解】∵，所以，故排除C，D，
当时，恒成立，排除A，
故选：B．
6. 在区间上随机地取一个数，使恒成立的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设函数，利用导数说明函数的单调性，即可求出不等式的解集，再由几何概型的概率公式计算可得.
【详解】设函数，可得，所以在上单调递增，且，
所以当时，；当时，，
所以不等式的解集为，
因为，所以不等式的解集为，
由长度比的几何概型的概率公式，可得使恒成立的概率.
故选：A.
7. 设抛物线的焦点为，过抛物线上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得的倾斜角为，进而可得，计算即可.
【详解】作出示意图如图所示：

则抛物线的性质，可得，又，
所以可得的倾斜角为，
则可得，
从而.
故选：C.
8. 变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作平面区域，分析可知，进而可得目标函数，结合图形分析求解即可.
【详解】不等式组表示的平面区域如图所示，
三个交点坐标分别为，可知，
则目标函数，即，
当目标函数过时取得最大值为5，过时取得最小值为，
所以目标函数的取值范围是，
故选：B.
9. 我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为，其中分别是上､下底面的面积，是中截面的面积，为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底的长､宽比下底的长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为5吨的卡车装运，则至少需要运（ ）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）
A. 51车B. 52车C. 54车D. 56车
【答案】B
【解析】
【分析】由图形直接解出上下底面及中截面面积，再由解出拟柱体的体积，最后结合实际求出需要的卡车数量即可.
【详解】由条件可知：上底长为米，宽为米；中截面长米，宽米；
则上底面积平方米，中截面积平方米，
下底面积平方米，
所以该建筑材料的体积为(立方米)，
所以建筑材料重约（吨），
需要的卡车次为，所以至少需要运车.
故选：B
10. 设锐角的三个内角的对边分别为，且，则的取值范围为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【详解】在中，由可得，
由正弦定理得：
又为锐角三角形，所以，解得，
令，则，
因为在时单调递增，
所以，则.
故选：C
11. 菱形中，现将菱形沿对角线折起，当时，此时三棱锥体积为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，找到外接球的球心，设出菱形的边长为，表达出各边长，由三棱锥的体积公式得到方程，求出，并利用余弦定理得到，求出外接球半径，得到答案.
【详解】不妨设菱形的边长为，为中点，
分别为正的中心，
过分别作面和面的垂线交于点.
等腰中，，
因为⊥，⊥，，平面，
所以⊥平面，
则，
，即（舍），故，
故，
中，由余弦定理得，
故，
则在直角中，，，
，故外接球的表面积为.
故选：A
关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
12. 在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上的动点，若对任意，则最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分别画出函数的图象，找到最小距离为为圆心到直线的距离减去半径，再结合点到直线的距离公式求出结果即可.
【详解】由，整理得，
即在圆心，半径为1的半圆上.
令，则，
令，
所以当时，，为单调递增函数，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以曲线的一条切线为，
数形结合可知，当分别为对应切点，且与两切线垂直时取得最小值，
即的最小值为圆心到直线的距离减去半径，
即的最小值为.
过圆心与垂直的直线方程，
所以，当且仅当即时取到最小值.
综上所述，，
故选：B.
关键点点睛：本题的关键在于由导数放缩求出的切线方程，再结合题意将问题转化为的最小值为圆心到直线的距离减去半径.
第II卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得.
故函数的定义域为.
故答案为：.
14. 函数的图象关于直线对称，则________
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，由函数的最小正周期，为对称轴，得到函数的一个对称中心为，代入求解，得到答案.
【详解】，
显然函数的最小正周期，
又为对称轴，
设在右侧附近的一个对称中心为，
故，解得，故的一个对称中心为，
，解得.
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为左支上一点，的内切圆圆心为，直线与轴交于点，若双曲线的离心率为，则 ___________
【答案】2
【解析】
【分析】设，由三角形得内角平分线性质结合双曲线的定义，求出，再在中，利用余弦定理结合离心率公式，化简整理即可得解.
详解】设，
∵的内切圆圆心为，∴平分,
由正弦定理得，
∵，
∴，
所以，
同理可得，
∴，，
，，
又中，由余弦定理得，
即 ，
又，
，即.
故答案为：.
16. 已知数列满足，函数在处取得最大值，若，则_____________
【答案】
【解析】
【分析】先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，再由极值存在的条件及零点存在性定理即可求解.
【详解】因为，令，
则在上单减，
且，
由零点存在定理知，存在唯一的使得，
即①，
且当时，，则；
当时，，则；
所以在上单调递增，上单调递减，
由，
而②，
由①②知，
所以，
从而.
故答案为：.
关键点点睛：本题的关键点在于先对求导，求出的单调性和最值可得，再结合可求出，所以，即可求出的值.
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. 如图，在四棱锥中，.
（1）设的中点为，求与所成角的余弦值；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，设的中点为，连接，可证得是异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理即可求得与所成角的余弦值；
（2）利用平面与平面垂直的判定定理可证得平面平面，用平面与平面垂直的性质定理可得平面，再用直线与平面的性质定理可得，根据已知条件可得是的中点，从而可得为等边三角形，求得的值，最后根据棱锥的体积公式即可求解.
【小问1详解】
如图，
设的中点为，连接.
因为分别是的中点，
所以，
所以是异面直线与所成角或其补角.
在中，.
在中，，
所以.
在中，因为，所以，
所以.
在中，，
所以与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
因为，
所以四边形是平行四边形.
又由（1）知，即，
所以四边形是长方形，
则.
因为，可知.
又因为平面，
可知平面.且平面，所以平面平面.
如图，过点作，垂足为，连接.
因为平面平面，平面平面平面，
可得平面.
又因为平面，则.
又因为，则.
又因为，
则，即是的中点.
因为平面，
可知平面，则，
可得，即，
则，即为等边三角形，可得，
所以，
即三棱锥的体积为.
18. 《中华人民共和国未成年人保护法》保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.我校拟选拔一名学生作为领队，带领我校志愿队上街宣传未成年人保护法.现已从全校选拔出甲､乙两人进行比赛，比赛规则是：准备了5个问题让选手回答，选手若答对问题，则自己得1分，该选手继续作答；若答错问题，则对方得1分，换另外选手作答.比赛结束时分数多的一方获胜，甲､乙能确定胜负时比赛就结束，或5个问题回答完比赛也结束.已知甲､乙答对每个问题的概率都是.竞赛前抽签，甲获得第一个问题的答题权.
（1）求前三个问题回答结束后乙获胜的概率；
（2）求甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）列举法列出前三个问题回答的甲乙所有得分情况，利用古典概型即可求解；
（2）分别求出甲同学连续回答了三次问题且获胜的三种情况的概率，再用概率的加法公式求解即可.
【小问1详解】
设“甲回答问题且得分”为事件，“甲回答问题但对方得分”为事件，“乙回答问题且得分”为事件，“乙回答问题但对方得分”为事件.
记“前三个问题回答结束后乙获胜”为事件.
前三个问题回答的情况有8种：，
其中事件只包含了1种情况，即，
所以，
即前三个问题回答结束后乙获胜的概率为.
【小问2详解】
记“甲同学连续回答了三次问题且获胜”为事件.
由（1）可得，.
即甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率为.
19. 已知数列满足 当时，
（1）求和，并证明当为偶数时是等比数列；
（2）求
【答案】（1）3，7，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推公式易求，，利用递推关系可证结论；
（2）由（1）可得为偶数时，，当为奇数时，，
可求得，计算可求结论.
【小问1详解】
因为 当时，，
所以，.
，，又，
当为偶数时，是以为首项，以为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知，，
设，则 为偶数时，
当为奇数时，
；
设，为奇数时，，
.
20. 已知抛物线的焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作两条倾斜角互补的直线，直线交抛物线于两点，直线交抛物线于两点，连接，设的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值0.
【解析】
【分析】（1）先设点，然后求出切线解析式，根据即可求出结果.
（2）设直线的方程,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出和抛物线联立的韦达定理，然后代入即可.
【小问1详解】
设切点，则在点处切线斜率为，
所以以为切点的切线方程为.
因切线过点，所以，同理，
所以是方程的两个根，则.
又因为，
所以，即.
又因为，所以，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意，斜率都存在且不为0，设直线的方程为.
联立直线和抛物线的方程，得，所以.
设，则，同理，
所以
所以，
所以等于定值0.
21. 设
（1）当，求函数的零点个数.
（2）函数，若对任意，恒有，求实数的取值范围
【答案】（1）只有一个零点
（2）
【解析】
【分析】（1），可得在上无零点，利用导数，可得在上有一个零点，进而可得在上无零点.可得结论；
（2）由已知可得，令，求导，分类讨论可求实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
当时，，，，在上无零点.
当时，，在上单增.
，，，
，，在上有一个零点.
当时，又，
，
在上无零点.
综上所述， 在上只有一个零点.
【小问2详解】
时，，
，设，
，
当，在递增，在上递减，
，，
，，
当时，在递减，在递增，在递减，
只需， ，
，与 矛盾，舍去；
当时，在上递减，只需，，矛盾，舍去；
不满足条件.
当，在上递减，在上递增，在上递减.
，，只需，
，
，，
又， ，
，满足条件.
综上所述，
对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数，利用恒成立；恒成立，即可求出参数范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的渐近线方程为，，直线过点，且倾斜角为.以点为极点，以从点出发与x轴正方向同方向的射线为极轴，建立极坐标系，点在曲线上.
（1）写出曲线在第二象限的参数方程和直线的极坐标方程；
（2）曲线与直线相交于点，线段的中点为，求的面积.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知双曲线渐近线方程可设双曲线方程为，再由极坐标与平面直角坐标系的转化公式得出A点的直角坐标，代入方程求出得双曲线方程，再转化为参数方程，设直线上任意一点的极坐标为，在三角形中利用正弦定理可得直线极坐标方程；
（2）写出直线的参数方程，联立双曲线方程，根据韦达定理，利用参数的几何意义可得，再由三角形面积公式得解.
【小问1详解】
因为曲线的渐近线方程为，故可设曲线的方程为，
由点，可得，即点A的直角坐标为，
将点坐标代入方程可得
曲线的普通方程为，
在第二象限的参数方程为 （参数方程答案不唯一），
设直线上任意一点的极坐标为，连接，如图，
在中，，由正弦定理可得：
，
直线的极坐标方程为.
【小问2详解】
设直线的参数方程为，（为参数），
联立的参数方程和的普通方程，得，
设对应的参数为，
则，，
在中，.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 设，
（1）解不等式：
（2）设的最大值为，已知正数和满足，令，求的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的对称性，只需要先研究的部分，然后再分段讨论去绝对值即可分析与研究不等式解集；
（2）利用（1）分段函数，可求得每一段函数的值域，再求它们的并集即可以得到最大值，再利用代换1思想和均值不等式思想来求出最小值.
【小问1详解】
因为，
所以是偶函数，即只需先分析时的值域，
当，， ，舍去，
当，， ，
当， ， ，
综上可得当时，不等式的解集为，
即根据偶函数的对称性可知，不等式的解集为 .
【小问2详解】
由（1）可知，当，的值域为，当，的值域为,
当，的值域为,时，的值域为,
的最大值为2，，由，
则 ，
①当且仅当时等号成立，
又 ， ， ，
②当且仅当时等号成立.
①+ ②得的最小值为4，当且仅当时等号成立.
卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤
000
0
艮
001
1
坎
010
2
巽
011
3
卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤
000
0
艮
001
1
坎
010
2
巽
011
3