四川省成都石室中学2022-2023学年高三下学期入学考试理科数学试题及答案

这是一份四川省成都石室中学2022-2023学年高三下学期入学考试理科数学试题及答案，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
成都石室中学2022-2023学年度下期高2023届入学考试理科数学（全卷满分150分，考试时间120分钟）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．设，，则（    ）A．   B．   C．   D．2．已知i为虚数单位，复数z满足，则复数z在复平面上的点位于（    ）A．第一象限   B．第二象限   C．第三象限   D．第四象限3．已知为奇函数，当时，，则当时，（    ）A．  B．  C．  D．4．将函数的图象先向左平移，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为（    ）A．    B．C．     D．5．给出下列命题：（1）设a，b，c为实数，若，则；（2）设，则的取值范围是；（3）当时，的最小值是4．其中真命题的个数是（    ）A．3    B．2    C．1    D．06．“大衍数列”来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中华传统文化中的太极衍生原理．如图是求“大衍数列”前n项和的程序框图．执行该程序框图，输入，则输出的（    ）A．6    B．14    C．26    D．447．已知函数的图象关于对称，且，则的值是（    ）A．    B．   C．    D．8．在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示．若在图2中，则在图1中（    ）A．    B．    C．    D．9．已知函数的极值点均不大于2，且在区间上有最小值，则实数a的取值范围是（    ）A．     B．C．       D．10．小明与小红两位同学计划去养老院做义工．如图，小明在街道E处，小红在街道F处，养老院位于G处，小明与小红到养老院都选择最短路径，两人约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F；事件B：小明经过H；事件C：从F到养老院两人的路径没有重叠部分（路口除外），则下面说法正确的个数是（    ）（1）；（2）；（3）．A．3    B．2    C．1    D．011．已知，分别为双曲线C的左、右焦点，点P是右支上一点，且，设，当双曲线C的离心率范围为时，的取值范围为（    ）A．   B．   C．   D．12．在中，，且对于，的最小值为，则（    ）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．抛物线的焦点到准线的距离是______．14．二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，则二项式的展开式中常数项为______．15．已知圆：与圆：，点A，B在圆上，且，线段AB的中点为D，O为坐标原点，当最大时，直线OD被圆截得的弦长为______．16．将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度为；再将余下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为．以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段．重复这一过程．记数列表示第n次操作后余下的区间段长度．（1）______；（2）若，都有恒成立，则实数的取值范围是______．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．（本小题满分12分）已知数列的各项均为正数，其前n项和为，且，数列的前n项积为，满足．（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．18．（本小题满分12分）第二十二届世界杯足球赛已于2022年12月18日在卡塔尔落下帷幕，这是世界杯足球赛首次在中东国家举行．本届世界杯很可能是“绝代双骄”梅西、C罗的绝唱，狂傲的青春也将被时间揽人温柔的怀抱，即将说再见时，才发现，那属于一代人的绝世风华，不会随年华逝去，只会在年华的飘零中不经意的想起．为了了解某校学生对足球运动的兴趣，在该校随机抽取了男生和女生各100名进行调查，得到如图所示的等高堆积条形图．（Ⅰ）完成2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为“该校学生是否喜欢足球运动与性别有关”； 喜欢足球运动不喜欢足球运动合计男生   女生   合计   （Ⅱ）以样本的频率作为总体的概率，若从该校所有男生中随机抽取3人，抽到不喜欢足球运动的人数为X，求X的分布列和期望．附表：0.100.050.0250.0102.7063.8415.0246.635其有，，．19．（本小题满分12分）多面体ABCDEF如图所示，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，，，．（Ⅰ）求证：平面平面CDE；（Ⅱ）求二面角的正弦值．20．（本小题满分12分）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若直线为椭圆C在点P处的切线，，且直线与椭圆C交于A，B两点．（ⅰ）求直线的方程；（ⅱ）点O为坐标原点，当和面积之和取最大值时，求直线的方程．21．（本小题满分12分）已知函数，．（Ⅰ）求证：存在唯一零点；（Ⅱ）设，若存在，，使得，试比较和的大小．（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．22．【选修4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）在极坐标系Ox中，若点A为曲线l：上一动点，点B在射线AO上，且满足，记动点B的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；（Ⅱ）若过极点的直线交曲线C和曲线l分别于P，Q两点，且线段PQ的中点为M，求的最大值．23．【选修4-5：不等式选讲】（本小题满分10分）已知函数．（Ⅰ）若，解不等式；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数a的取值范围． 成都石室中学2022-2023学年度上期高2023届入学考试理科数学参考答案   答案及解析1．A 【解析】因为，，所以．2．C 【解析】由，所以，所以z在复平面上的点位于第三象限．3．B 【解析】当时，，．4．D 【解析】将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为；再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，则．5．B 【解析】由题意，对于（1）中，若则，所以（1）正确；对于（2）中，由，则的取值范围是，所以（2）不正确；对于（3）中，当时，，当且仅当时取等，所以（3）正确．6．C 【解析】（1），，，n是奇数，，，否，；（2），n不是奇数，，，否，；（3），n是奇数，，，否，；（4），n不是奇数，，，否，；（5），n是奇数，，，是，则输出．7．D 【解析】因为的图象关于对称，所以在取得极值．又，则，则，所以，即，所以．8．B 【解析】DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等时，三棱锥为正三棱锥．设正方体的棱长为3，则，所以，则题图1中，则，所以．9．A 【解析】易知最小值只能在极小值处取得，，所以．（1）当时，在上单调递增，无最值；（2）当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，在取得极小值，又极小值必须为最小值，则，即，即；（3）当时，在上单调递减，上单调递增，满足条件综上所述，．10．A 【解析】小明到养老院能选择的最短路径条数为条；小明到F的最短路径走法有条，再从F到养老院的最短路径有条，即；小明从H到养老院的最短路径有条，即；从H到F的最短路径有条，从F到养老院的最短路径有3条，即，所以；又，所以，故三个都正确．11．B 【解析】在中，由．因为，所以，所以，所以的取值范围为．12．D 【解析】因为，所以．又因为，所以，故，即（1）．因为，当时，取最小值，则，所以，故，所以，负值舍去，则，代入（1）式得，所以．13．1 【解析】因为抛物线方程为，所以焦准距．14．－540 【解析】由二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，得，即．所以．令，得，所以二项式的展开式中常数项为．15． 【解析】由题意可知，圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径．因为，所以，即点D在以为圆心，为半径的圆上，故当点D在线段的延长线上时，最大，此时直线OD的方程为，则圆心到直线OD的距离为，故直线OD被圆截得的弦长为．16．（1）  （2）（第1空2分，第2空3分） 【解析】由题意可知，，，，所以，所以数列为首项，公比的等比数列，所以．因为，都有恒成立，所以恒成立，只需．记，，显然，所以．令，即，即，解得．因为，所以n可以取包含5以后的所有正整数，即当且时，单调递减．又，．所以．综上所述，当时，最大，所以，所以实数的取值范围是．17．解：（Ⅰ）在中，令，得．当时，由，于是有．因为数列的各项均为正数，所以，则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以有，显然适合，因此．由，令，得；当时，由，得，所以．（Ⅱ）记，数列的前n项和为，所以，则．由可知，数列是以为首项，4为公比的等比数列，则数列的前n项和为，故数列的前n项和．18．解：（Ⅰ）完成2×2列联表： 喜欢足球运动不喜欢足球运动合计男生6040100女生2080100合计80120200的观测值，所以有99%的把握认为“该校学生是否喜欢足球运动与性别有关”．（Ⅱ）由题意可知，从本校所有男生中随机抽取1人，抽到不喜欢足球运动的概率为，所以随机变量随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，则有，，，，所以X的分布列为：X0123PX的期望．19．（Ⅰ）证明：如图，连接BD，设AC与BD交于点O，连接FO，EO．因为平面平面ACEF，平面平面，，平面ACEF，所以平面ABCD．因为四边形ABCD是边长为的正方形，所以．在直角梯形ACEF中，，O为AC的中点，则，且．又因为，，所以四边形AFEO是边长为1的正方形，所以，且，所以平面ABCD．因为平面ABCD，所以，则，所以，所以．因为平面ABCD，平面ABCD，所以，所以，所以，所以．又因为，BE，平面BEF，所以平面BEF．又因为平面CDE，所以平面平面CDE．（Ⅱ）解：以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，得，，．记平面CDE的法向量为，所以，则，取，得．同理可得，平面DEF的法向量，所以，所以二面角的正弦值为．20．解：（Ⅰ）由题意，得，则，故椭圆C：．（Ⅱ）（ⅰ）由题意可得，直线的切线斜率一定存在．令直线：，联立，整理得，所以，即，所以，故直线：，即直线．（ⅱ）由（ⅰ），设，，直线AB：，联立，整理得，且，即，所以，，则．又点P到直线AB：的距离，点O到直线AB：的距离，所以．当时，，无最值；当时，，令，则，而在时有一根，故在上单调递增，在上单调递减，所以当时，和面积之和取最大值，此时直线的方程为．21．（Ⅰ）证明：由题意，得．记，则．因为时，恒成立，所以在上单调递增．因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上单调递减，在上单调递增．因为，所以有唯一零点．（Ⅱ）解：由，得．记，故．因为在上单调递增，所以．比较和的大小，即比较和的大小．．设，则，．因为在上恒成立，所以在上单调递增，注意到，所以的解集为，的解集为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．因此，当时，；当时，．22．解：（Ⅰ）当点B在线段AO上时．由，得或．当点B不在线段AO上时，设，则，所以，所以．又，所以．综上所述，曲线C的极坐标方程为或．（Ⅱ）若曲线C为，此时点P，Q重合，不合题意．若曲线C为，设直线：．由，得；由，得．因为M是线段PQ的中点，所以．因为，所以．记，则．又在上单调递减，，故当时，取最大值为3．23．解：（Ⅰ）若，则．当时，，则，所以；当时，，则，所以；当时，，则，所以．综上所述，的解集为．（Ⅱ）因为，，所以当时，恒成立，即，得；当时，恒成立，即，得．综上所述，实数a的取值范围为．