四川省成都市树德中学2023届高三理科数学适应性考试试题（Word版附解析）

数学试题（理科）一、单项选择题1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据补集的定义结合指数函数分析运算.【详解】由题意可得：.故选：D.2.已知复数为纯虚数，则实数a等于（）A.－1B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算，结合纯虚数的定义即可得到结果.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：A.3.等差数列中，，则的前9项和为（）A.B.C.90D.180【答案】C【解析】【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算即可.【详解】因为，所以，又，所以，所以 故选：C.4.设为两条不重合直线，是两个不重合平面，则正确命题为（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于选项A，，，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；对于选项B，因为，，所以.又，所以，故B错误；对于选项C，由，则存在直线，使得，又，所以，且，所以.故C正确；对于选项D，因为，可设，则当，时，可得到，，但此时.故D错误.故选：C5.若直线，与相切，则最大值为（）A.B.C.3D.5【答案】B【解析】【分析】由条件可得，然后设，由三角函数的知识可得答案.【详解】的圆心为，半径为，因为直线，与相切，所以，即，所以可设，所以，其中，故选：B6.某人每天早上在任一时刻随机出门上班，他的报纸每天在任一时刻随机送到，则该人在出门时能拿到报纸的概率为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】设某人离开家时间距离为分钟，送报时间距离为分钟，某人能拿到报纸，则，画出区域及在中对应区域，计算面积即可得答案.【详解】设某人离开家时间距离为分钟，送报时间距离为分钟，则，某人能拿到报纸，则.画出区域，为下图矩形，中对应区域如下图所示，设矩形面积为，则该人在出门时能拿到报纸的概率为.故选：A7.已知双曲线离心率为2，实轴长为2，则焦点到渐近线的距离（）A.1B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由题目条件可得双曲线焦点，渐进线，即可得答案.【详解】由对称性，设双曲线右焦点为，则由题可得，则，则双曲线其中一条渐进线方程为，又，则焦点到渐近线的距离为. 故选：D8.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.9.为：的焦点，点在曲线上，且在第一象限，若，且直线斜率为，则的面积（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出点坐标，即可求的面积.【详解】 如图，设点，，所以，由题意，所以，得，或（舍去），所以，，故选：B10.为棱长为2的正方体，点分别为，的中点，给出以下命题：①直线与是异面直线；②点到面距离为；③若点三点确定的平面与交于点，则，正确命题有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】B【解析】【分析】利用异面直线定义，结合图形，即可判断①，对②，利用线面垂直判定定理，得出线面垂直，则垂线段的长即为点到面的距离，进而求解，对③，延展平面，结合正方体性质，即可求解.【详解】对①，由图可知，不在平面内，故直线与是异面直线，故①正确； 对②，取中点，过作，连接，由为2的正方体，是的中点，可得平面，因为平面，所以，因为，，，平面，所以平面，故即为点到面距离，又，所以四点共面，所以即为点到面距离，由条件可求，，，，所以，所以，因为，所以点到面距离为，故②错误；对③，如图，将面扩展，取，则，取的中点，连接，则与的交点即为点三点确定的平面与的交点，因为，所以为的中点，又，所以，故③错误. 故选：B.11.分别为左右顶点，点在圆上，线段与交于另一点．若，则椭圆的离心率（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，得到和，两式相除即可求解.【详解】设，则，，两式相乘得,①因为直径所对的角是直角，所以 所以,②①除以②得，故，故选：D12.已知、分别为上的奇函数和偶函数，且，，，，则、、大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用函数奇偶性的定义求出函数、的解析式，利用导数分析函数在上的单调性，并比较、、的大小关系，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.【详解】因为、分别为上的奇函数和偶函数，且，则，所以，，所以，，当时，，令，其中，则，函数在上单调递增，则，因此函数在上为增函数，因为， 所以，，，，因为，所以，，所以，，因为函数为上的偶函数，故.故选：C.二、填空13.展开式中项的系数________.【答案】5【解析】【分析】根据二项式展开式的特征，即可求解.【详解】，则展开式中的项为，所以项的系数为5，故答案为:514.数列前项和，若，令，则前10项和________．【答案】45【解析】【分析】利用已知条件求出数列和的通项公式，进而求和即可.【详解】数列前项和，由①得当时解得，当时②，由①②式作差得出，所以数列是等比数列，首项为1，公比为2，所以. 所以，从而前10项和为.故答案为：4515.埃及金字塔是地球上的古文明之一，随着科技的进步，有人幻想将其中一座金字塔整体搬运到月球上去，为了便于运输，某人设计的方案是将它放入一个金属球壳中，已知某座金字塔是棱长均为的正四棱锥，那么设计的金属球壳的表面积最小值为_____________．（注：球壳厚度不计）.【答案】【解析】【分析】由已知分析需求正四棱锥的外接球的半径，根据正四棱锥的性质和外接球的性质，构造直角三角形，利用勾股定理，求得外接球的半径，从而求出金属球壳的表面积的最小值.【详解】由题意，要使金属球壳的表面积最小，则金属球是正四棱锥的外接球.如图所示，在正四棱锥中，，，为其外接球的球心，连接与相交点于，连接，为顶点在底面上的投影，即为正方形的中心，设球的半径为，表面积为，则在正方形中，，在中，，则，在中，，，，因为，所以，化简得，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.16.已知中，，则_________． 【答案】##06【解析】【分析】由以为基底表示，结合，，可得,后即可得答案.【详解】由图可得，因，则，则，因，则，，代入上式有：，.则.故答案为：三、解答17.已知函数最小正周期为，且，（1）求；（2）将图象往右平移个单位后得函数，求的最大值及这时值的集合．【答案】（1），（2）1；的集合为．【解析】【分析】（1）根据周期确定参数，再根据结合的取值范围确定；（2）先确定函数的解析式，化简，确定最大值，再利用整体法确定取最大值时 值的集合．【小问1详解】因为最小正周期为，所以；由可知，，即，，得，，又因为，所以．【小问2详解】由（1）知，因为将图象往右平移个单位后得函数，所以，即，所以因为，所以的最大值为1，当，即时取得，故取最大值时值的集合为．18.为了了解中学生是否有运动习惯，我校以高一新生中随机抽取了100人，其中男生40人，女生60 人，调查结果显示，男生中只有表示自己不喜欢运动，女生中有32人不喜欢运动，为了了解喜欢运动与否是否与性别有关，构建了列联表：不喜欢运动喜欢运动总计男生女生总计（1）请将列联表补充完整，并判断能否有的把握认为“喜欢运动”与性别有关.（2）从男生中按“是否喜欢运动”为标准采取分层抽样方式抽出10人，再从这10人中随机抽出2人，若所选2人中“不喜欢运动”人数为，求分布列及期望.附：，0.0250.010.0015.0246.63510.8【答案】（1）列联表见解析；有把握认为“喜欢运动”与性别有关（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据卡方的计算即可求解，（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，【小问1详解】不喜欢运动喜欢运动总计男生83240女生322860总计4060100 ，有把握认为“喜欢运动”与性别有关.【小问2详解】抽出的10人中，2人不喜欢运动，8人喜欢运动.012.19.直三棱柱中，，为的中点，点在上，.（1）证明：平面；（2）若二面角大小为，求以为顶点的四面体体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据直棱柱的性质得到平面，即可得到，从而证明平面 ，则，再由，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出，再根据锥体的体积公式计算可得.【小问1详解】∵为直三棱柱，∴平面，平面，∴.又，，平面，∴平面，平面，∴，又平面，平面，∴，，平面，∴平面.【小问2详解】因为，为中点，，所以，∴为正三角形，如图建立空间坐标系，由（1）易知平面法向量，设，∵，，设平面的法向量为，则，即，取，由，解得或（舍去）， ∵，点到平面距离为，∴以为顶点的四面体体积为.20.已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆方程；（2）直线与椭圆交于点为的右焦点，直线分别交于另一点、，记与的面积分别为，求的范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由离心率为，且经过点可得答案；（2）设，令可得坐标，代入椭圆方程得，设，可得坐标，代入椭圆方程得，利用及的取值范围可得答案．【小问1详解】由离心率为，且经过点可得，又， 解得，所以椭圆；【小问2详解】设，则，，令，，可得，代入，得，又，得，设，，可得，代入，得，又，得，∵，∴，∵，，∴．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是设，令，，分别求出、坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.21.设函数.（1）若最小值为，求的范围；（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：. 【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可得出实数的取值范围；（2）由（1）可得，设，取点、，证明出，可得出，再利用不等式的基本性质结合等比数列求和公式可证得结论成立.【小问1详解】解：因为，则，令，则，且.①当时，即当时，因为函数在上增函数，，，所以，存在，使得，且当时，，所以，函数在上单调递减，故当时，，则函数在上单调递减，所以，，这与在上的最小值为矛盾，舍去；②当时，即当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，故当时，且不恒为零，所以，函数在上为增函数，当时，，合乎题意.综上所述，.【小问2详解】 证明：由（1）知，设，取点、，直线的斜率为，，则，所以，曲线在处的切线的斜率为，接下来证明，即证，即证，令，其中，则，令，则函数在上单调递增，故当时，，此时函数单调递减，即函数在上单调递减，所以，当时，，故，所以，当时，，所以，.，所以，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求的极坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线经过点，交于点交于点，求的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.（2）利用一元二次方程根与系数的关系，利用三角函数的变换求出结果.【小问1详解】由曲线：（为参数），消去参数得：，化简极坐标方程为：，曲线：（为参数），消去参数得：，可得极坐标方程为：.【小问2详解】因点的直角坐标为，设直线的倾斜角为，，则直线的参数方程为：，（为参数，）， 代入的直角坐标方程整理得，，则，设，则，，，则，直线代入的直角坐标方程整理得，，则，因，所以.即的最大值为.23.已知函数．（1）求的解集；（2）若最小值为，正实数满足，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分区间讨论即可求解，（2）利用图象可得的最小值，进而利用柯西不等式即可求解. 【小问1详解】若，则，得．若，则，得．若，则，得．∴解集．【小问2详解】，的图象如下：故当时，，∴．∵，当且仅当，即时，等号成立，∴.