四川省射洪中学2023届高考理科数学适应性考试（一）试题（Word版附解析）

射洪中学高2023届高考适应性考试（一）理科数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．一、选择题（本题共12小题共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则集合（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，将集合分别化简，然后结合集合的运算，即可得到结果.【详解】因为或，且，则，所以.故选：A2.走路是最简单优良的锻炼方式，它可以增强心肺功能，血管弹性，肌肉力量等，甲、乙两人利用手机记录了去年下半年每个月的走路里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结论中正确的是（） A.甲走路里程的极差等于B.乙走路里程的中位数是C.甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数D.甲下半年每月走路里程的标准差小于乙下半年每月走路里程的标准差【答案】C【解析】【分析】根据折线图，得到甲、乙下半年的走路历程数据，根据极差、中位数、平均数以及标准差与数据稳定性之间的关系求解.【详解】对于A选项，月甲走路的里程为：、、、、、，甲走路里程的极差为公里，A错；对于B选项，月乙走路的里程为：、、、、、，由小到大排列分别为：、、、、、，所以，乙走路里程的中位数是，B对；对于C选项，甲下半年每月走路里程的平均数，乙下半年每月走路里程平均数为，所以，甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数，C对；对于D选项，由图可知，甲下半年走路里程数据波动性大于乙下半年走路里程数据，所以甲下半年每月走路里程的标准差大于乙下半年每月走路里程的标准差，D错.故选：C.3.已知平面向量，，的夹角为，，则实数（）A.B.1C.D.【答案】A 【解析】【分析】对两边平方，再由数量积公式计算可得答案.【详解】因为，所以，即，解得.故选：A.4.若直线是曲线的一条切线，则实数A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程，进行比较建立方程关系进行求解即可．【详解】数的定义域为（0，+∞），设切点为（m，2lnm+1），则函数的导数，则切线斜率，则对应的切线方程为即且，即，则，则，故选B．【点睛】本题主要考查函数的导数的几何意义的应用，求函数的导数，建立方程关系是解决本题的关键．5.函数的部分图象大致形状是（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，结合对称性以时的函数值的正负判断可得答案.详解】由，，定义域关于原点对称，得，则函数是偶函数，图象关于轴对称，排除BD；当时，，，，所以，排除A.故选：C.6.若为锐角，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用同角三角函数基本关系求出，然后找出已知角与要求角之间的关系，从而直接利用两角和的余弦公式即可求解.【详解】因为为锐角，所以，所以，又因为，所以，所以 .故选：D.7.已知抛物线的焦点和椭圆的一个焦点重合，且抛物线的准线截椭圆的弦长为3，则椭圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的焦点以及在椭圆上，即可求解的值.【详解】抛物线的焦点为，准线为，设椭圆的方程为，椭圆中，，当时，，故又，所以，故椭圆方程为，故选：B8.已知（为常数），若在上单调，且，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据在上单调，可得，再由求得一条对称轴和一个对称中心，进而求得，再求的值. 【详解】对于函数，，因为在上单调，所以，即.又，所以为的一条对称轴，且即为的一个对称中心，因为，所以和是同一周期内相邻的对称轴和对称中心，则，即，所以，所以，又为的一个对称中心，则，，则，，当时，.故选：A.9.如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设 分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（）A.直线直线B.直线直线C.直线直线D.直线平面【答案】C【解析】【分析】画出翻折之后的立体图形，根据点线面之间的位置关系以及平行与垂直的相关定理，可以证明或证伪相关命题.【详解】翻折之后如图所示：①因为，，所以且，因此，故选项A成立；②连接，因为分别为的中点，所以，又因为，所以，故选项B成立；③因为，，所以与不平行，故选项C不成立；④因为，且平面，平面， 所以平面，故选项D成立.故选：C10.形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（）A.13B.16C.20D.25【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答.【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3，当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有种，排另三个数位有种，共有种，当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有种，所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为.故选：B11.下列结论中正确的是（）A.若，，则B.若且，则C.设是等差数列，若，则D.若，则【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质判断A，利用特殊值判断B，根据等差数列的性质及基本不等式判断C，构造函数，利用导数判断D.【详解】选项A，由，可得，则，又，所以，则，故A正确. 选项B，取，则，则不等式不成立，故B不正确.选项C，由题意得且，所以，故C不正确选项D，设，则，当时，，则单调递减，，即，故D不正确.故选：A.12.若，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用指数对数同构及换元法，构造函数，再利用导数法求函数的最值及函数单调性的应用即可求解.【详解】不等式化为，即，所以.设，则，令则，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以.令，则.当时，，单调递增；所以，解得，故满足条件；当时，当时，，当时，，在上单调递减；在上单调递增；所以，设，则，所以在上单调递减，又，所以，所以，综上所述，a的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点睛：将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用指数对数同构及换元法，构造函数，再利用导数法求函数的最值问题即可.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若复数z满足，则z的共轭复数的虚部为________.【答案】1【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数的概念以及虚部概念求解.【详解】由得，故，且虚部为1， 故答案为：114.在之间任取一个实数，使得直线与圆有公共点的概率为________.【答案】##【解析】【分析】利用直线与圆的位置关系求出的取值范围，再利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】圆的圆心为原点，半径为，因为直线与圆有公共点，则，解得，因此，所求事件的概率为.故答案为：.15.已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.【答案】8【解析】【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，线段为该外接球的半径，设，由已知，所以，即，设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，则，，在中，， 所以，，又的面积，所以正三棱柱的体积，设，则，，所以，，所以，令，可得或，舍去，所以当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，取最大值，最大值为，所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.故答案为：.16.在中，角、、的对边分别为、、，若，且，则当边取得最大值时，的周长为________. 【答案】##【解析】【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用正弦定理可求得的最大值及其对应的的值，进而可求得的值，由此可得出的周长.【详解】因为，由正弦定理可得，即，整理可得，因为、，所以，，则，故，由正弦定理可得，整理可得，因为，当时，取最大值，且的最大值为，此时，，，所以，，因此，当边取得最大值时，的周长为.故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知数列的前n项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）由与的关系求通项；（2）先求出，再用裂项相消法求.【小问1详解】由已知①，当时，，即，解得，当时，②，①②得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；【小问2详解】因为，所以.18.“五一黄金周”期间，某商场为吸引顾客，增加顾客流量，推出购物促销优惠活动，具体优惠方案有两种：方案一：消费金额不满300元，不予优惠；消费金额满300元减60元；方案二：消费金额满300元，可参加一次抽奖活动，活动规则为：从装有3个红球和3个白球共6个球的盒子中任取3个球（这些小球除颜色不同其余均相同），抽奖者根据抽到的红球个数不同将享受不同的优惠折扣，具体优惠如下：抽到的红球个数0123优惠折扣无折扣九折八折七折（1）现有甲乙两位顾客各获得一次抽奖活动，求这两位顾客恰好有一人获得八折优惠折扣的概率；（2）若李女士在该商场消费金额为x元（），请以李女士实付金额的期望为决策依据，对李女士选择何种优惠方案提出建议.【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）先求事件抽奖的顾客获得八折优惠的概率，再根据独立重复试验的概率公式求两位顾客恰好有一人获得八折优惠折扣的概率；（2）在条件下，分别求两种方案下李女士实付金额期望，由此提出建议.【小问1详解】设事件A：抽奖的顾客获得八折优惠，则；由于甲乙两位顾客获得八折优惠的概率均为，设甲乙两位顾客恰好一人获得八折优惠的概率P，则；所以甲乙两位顾客恰好一人获得八折优惠的概率为.【小问2详解】方案一：设实付金额，则,（）.方案二：设实付金额，则的可能取值有：x，0.9x，0.8x，0.7x；（）.；；；；所以.①若，解得，选择方案一；②若，解得，选择方案一或方案二均可；③若，解得，选择方案二.，所以当消费金额大于且小于时，选择方案一；当消费金额等于时，选择方案一或方案二均可；当消费金额大于时，选择方案二.19.如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面 ．（1）证明：；（2）若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明过程见详解（2）【解析】【分析】（1）取中点G，连接，，先证明四边形为平行四边形，再证明EF∥平面，再根据直线与平面平行的性质即可证明；（2）根据题意先证明，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据求得的值，再利用线面角的向量求法即可求解．【小问1详解】取中点G，连接，，∵E，G分别是，中点，∴且，又∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面，∴EF∥平面，∵平面，平面平面，∴．【小问2详解】由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴，故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，又，则，解得，所以，，则，，设平面法向量为，所以，即，取，得，由（1）知直线，则l方向向量为，设直线l与平面所成角为，则，则，所以直线l与平面所成角的余弦值为． 20.已知抛物线C：，过的直线与C相交于A，B两点，其中O为坐标原点.（1）证明：直线OA，OB的斜率之积为定值；（2）若线段AB的垂直平分线交y轴于M，且，求直线AB的方程.【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示斜率乘积；（2）结合二倍角公式，求，以及弦长公式求，并利用韦达定理表示，利用比值，即可求直线方程.【小问1详解】设，设直线AB：x=my+1.联立化简可得：由韦达定理可得：；所以，所以直线OA，OB的斜率之积为定值.【小问2详解】设线段AB的中点N，设.则，解得，所以，即；所以；又线段AB的中点N，可得，所以.因为，所以，所以.所以，解得； 所以直线AB的方程为：或.21.已知，.（1）求的极值；（2）若，求实数k的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果.（2）根据题意，将问题转化为在恒成立，然后构造函数，求得其最大值，即可得到结果.【小问1详解】已知，当时，恒成立，无极值，当时，，在上单调递增，在单调递减，当时，有极大值，，无极小值，综上：当时，无极值；当时，极大值为，无极小值；【小问2详解】若，则在时恒成立，恒成立，令，令，则，在单调递减，又，由零点存在定理知，存在唯一零点，使得， 即，令在上单调递增，，即当时，单调递增，单调递减，，，即的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数极值问题，难度较难，解答本题的关键在于分离参数，然后构造函数，将问题转化为最值问题.请考生在第22，23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修4-4：极坐标和参数方程选讲22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（1）写出曲线的参数方程；（2）设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求之间距离的最大值.【答案】（1），（为参数）.（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程的互化公式和二倍角公式可得的直角坐标方程为，再根据圆锥曲线参数方程可得的参数方程为，（为参数）；（2）根据题意可得之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，根据二次函数性质 即可求得最大值.【小问1详解】根据曲线的极坐标方程为可得，，即，所以曲线的直角坐标方程为；根据圆锥曲线参数方程定义可得，曲线的参数方程为，（为参数）.【小问2详解】由曲线的极坐标方程为可得，曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径；由题意可得设，易知之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，即，由二次函数性质可知，当时，；所以之间距离的最大值为选修4-5：不等式选讲23.设均为正数，且，证明：（Ⅰ）（Ⅱ）【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】 【分析】（1）先由基本不等式可得，再结合的展开式即可证明原式成立；（2）利用柯西不等式证明.【详解】证明：（Ⅰ）：因为所以故，当且仅当时“=”成立.（Ⅱ）均为正数，由柯西不等式得：即，故，当且仅当时“=”成立.【点睛】本题考查利用基本不等式、柯西不等式等证明不等式，难度一般.证明时，利用整体思想，注意“1”的巧妙代换.