四川省崇州市怀远中学2023届高三适应性考试理科数学试题（含解析）

四川省崇州市怀远中学2023届高三适应性考试理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设全集，集合M满足，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，且，其中a，b为实数，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知向量满足，则（    ）

A． B． C．1 D．2

4．已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

5．在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ）

A．2 B． C．3 D．

7．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）

A．14 B．12 C．6 D．3

8．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

9．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）

A． B．

C． D．

10．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．60种 B．120种 C．240种 D．480种

11．若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ）

A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+

12．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．

14．过四点中的三点的一个圆的方程为____________．

15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．

16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．

三、解答题

17．某超市计划销售某种食品，现邀请甲、乙两个商家进场试销10天.两个商家向超市提供的日返利方案如下：甲商家每天固定返利60元，且每卖出一件食品商家再返利3元；乙商家无固定返利，卖出不超出30件(含30件)的食品，每件食品商家返利5元，超出30件的部分每件返利10元. 经统计，试销这10天两个商家每天的销量如图所示的茎叶图（茎为十位数字，叶为个位数字）：

（1）现从甲商家试销的10天中随机抽取两天，求这两天的销售量都小于30件的概率；

（2）根据试销10天的数据，将频率视作概率，用样本估计总体，回答以下问题：

①记商家乙的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；

②超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的数学期望考虑，请利用所学的统计学知识为超市作出选择，并说明理由.

18．如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．

（1）证明：平面平面；

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

19．设函数的图象关于直线对称，其中为常数且

(1)求函数的解析式；

(2)在中，已知，且，求的值．

20．椭圆的中心在原点，一个焦点为，且过点．

(1)求的标准方程；

(2)设，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点且，

①若，求k的值；

②求的面积的最大值．

21．已知函数，其中．

(1)若，求的单调区间；

(2)已知，解关于x的不等式．（参考数据：）

22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)若直线与曲线交于，两点，求的值．

23．已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．

（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；

（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】先写出集合,然后逐项验证即可

【详解】由题知,对比选项知，正确,错误

故选:

2．A

【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可

【详解】

由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，

得,即

故选:

3．C

【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.

【详解】解：∵，

又∵

∴9，

∴

故选：C.

4．A

【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.

【详解】由于，所以命题为真命题；

由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；

所以为真命题，、、为假命题.

故选：A．

5．B

【分析】设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，分别求出对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出．

【详解】如图所示：

设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，其面积为．

设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，即图中的阴影部分，其面积为，所以．

故选：B.

【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件对应的区域面积，即可顺利解出．

6．B

【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.

【详解】由题意得，，则，

即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，

不妨设点在轴上方，代入得，，

所以.

故选：B

7．D

【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为，

若，则，与题意矛盾，

所以，

则，解得，

所以.

故选：D.

8．D

【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接，因为∥，

所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，

设正方体棱长为2，则，

，所以.

故选：D

9．B

【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；

解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.

【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，

根据已知得到了函数的图象，所以，

令,则,

所以,所以；

解法二：由已知的函数逆向变换，

第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，

第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，

即为的图象，所以.

故选：B.

10．C

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

11．D

【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.

【详解】设直线在曲线上的切点为，则，

函数的导数为，则直线的斜率，

设直线的方程为，即，

由于直线与圆相切，则，

两边平方并整理得，解得，（舍），

则直线的方程为，即.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.

12．C

【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．

【详解】设，由，因为 ，，所以

，

因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；

当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．

13．4

【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.

【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.

故答案为：4.

【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.

14．或或或．

【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；

【详解】[方法一]：圆的一般方程

依题意设圆的方程为，

（1）若过，，，则，解得，

所以圆的方程为，即；

（2）若过，，，则，解得，

所以圆的方程为，即；

（3）若过，，，则，解得，

所以圆的方程为，即；

（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；

故答案为：或 或 或．

[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）

设

（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，

则，所以圆的方程为；

（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；

（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；

（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．

故答案为：或 或 或．

【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；

方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．

15．

【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.

【详解】由题意，，

所以，

所以，解得（负值舍去）.

故答案为：.

16．

【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.

【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点

因为，所以方程的两个根为，

即方程的两个根为，

即函数与函数的图象有两个不同的交点，

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

所以当时，，即图象在上方

当时，，即图象在下方

，图象显然不符合题意，所以．

令，则，

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，

则切线的斜率为，故切线方程为，

则有，解得，则切线的斜率为，

因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，

综上所述，的取值范围为．

[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导

=0的两个根为

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

设函数，则，

若，则在上单调递增，此时若，则在

上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数

且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；

若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.

【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；

法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．

17．（1）；（2）①分布列见解析，153；②由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.

【分析】（1）记“抽取的两条销售量都下于30件”为事件，利用排列组合即可求得答案；

（2）①设乙商家的日销售量为，推导出的所有可能取值为：140，145，150，160，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和；

②依题意，求出甲商家的日平均销售量，从而求出甲商家的日平均返利额，再求出乙商家的日平均返利额，从而推荐该超市选择乙商家长期销售．

【详解】(1)记“抽取的两天销售量都小于30件”为事件A，则.

（2）①设乙商家的日销售量为件，则当时，；当时，；当时，；当时，.所以的所有可能取值为：140，145，150，160.

所以X的分布列为

所以；

②依题意，甲商家的日平均销售量为：28×0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.2=29.4.所以甲商家的日平均返利额为：60+29.4×3=148.2元.

由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.

【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、茎叶图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．

18．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【详解】（1）取中点，连接、，

，为的中点，则， ，

平面，平面平面，平面平面，

平面，

平面，，

又，四边形是平行四边形，，

是等边三角形，，

平面，平面平面，平面平面，

平面，平面，

平面，平面平面；

（2）由（1）得平面，又平面，，

又，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、，

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，，，

则，取，得，

设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则．

因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

19．(1)；

(2).

【分析】（1）应用倍角正余弦公式化简函数式，根据对称轴有且，结合参数范围求参数值，即可得函数解析式；

（2）由题设得求得，根据已知求得，然后利用三角恒等变换结合条件即得.

【详解】（1）因为，

所以，

由题意且，则且，

由，则，故，

所以.

（2）由，则，，

所以，故，可得，

所以，而，故，

所以，且，

所以，

所以.

20．(1)；

(2)①；②.

【分析】（1）根据题设确定焦点位置及标准方程形式，由点在椭圆上及参数关系列方程求参，即可得椭圆标准方程；

（2）①令，联立椭圆并整理为，结合及韦达定理，根据向量垂直的坐标表示、两点距离公式列方程求；②设直线利用椭圆方程可得坐标，进而可表示出，然后利用换元法结合函数单调性即得.

【详解】（1）由题设，椭圆焦点在y轴上，且，令椭圆方程为且，

所以，可得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）令，联立椭圆：，则，

所以，，

设，则，则，，

由，，

①因为且，

所以，即，

所以，而，

故且，可得，此时，满足题设，

所以；

②设直线，由，可得，

所以，，

即，且，

又，同理可得，且，

所以，

令，则，

对函数，，函数单调递增，

所以，故，

即的面积的最大值为.

【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：

（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；

（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

21．(1)的减区间为，增区间为.

(2).

【分析】（1）对函数求导，研究导函数的符号，进而确定其单调区间；

（2）由题意得，即，对函数求导，研究导函数的符号，判断单调性，进而可得最小值，即得.

【详解】（1）由题设，则，且，

所以，

当时，，当时，，

所以的减区间为，增区间为.

（2）由题意，

所以，即

因为，所以，

又，且，

当或时，或时，

所以、上递减，、上递增，

又极小值，

故最小值为，

所以不等式的解集为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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；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.

22．(1)

(2)

【分析】（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，得到曲线的极坐标方程；

（2）首先求出直线的极坐标方程，设，，将代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理计算可得.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），

所以曲线的普通方程为，即，

由可得曲线的极坐标方程为.

（2）因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为，

设，，将代入可得，

因为，所以，，

所以.

23．（Ⅰ）[-2，-]；（Ⅱ）0＜m＜1

【分析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；

（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．

再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得．

【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔或或，

解得-2≤x≤-，所以原不等式的解集为[-2，-]．

（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．

∵f（x）=，

根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，

∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2，

∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．

所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．

【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．