四川省射洪中学2023届高三文科数学适应性考试（一）试题（Word版附解析）

射洪中学高2023届高考适应性考试（一）文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据整数集的性质，结合集合交集的运算定义进行求解即可.【详解】因为，所以.故选：D2.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用复数除法化简复数，再根据复数的几何意义即可得到答案．【详解】，所以复数对应的点坐标为，该点是第三象限点，故选：C．3.已知数据甲：；数据乙：，则（）A.甲的平均数大于乙的平均数B.乙的平均数大于甲的平均数C.甲的方差大于乙的方差D.乙的方差大于甲的方差 【答案】C【解析】【分析】先计算出两组数据的平均数,再根据方差的定义计算出方差,从而得出答案.【详解】甲的平均数，乙的平均数，∴甲的平均数与乙的平均数相等，故A、B错误；甲的方差；乙的方差，∴，故C正确，D错误.故选：C．4.图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号的同学的成绩依次为，，图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图输出的结果是（　　）A10B.6C.7D.16【答案】A【解析】【分析】先弄清楚程序框图中是统计成绩不低于分的学生人数，然后从茎叶图中将不低于分的个数数出来，即为输出的结果．【详解】，，成立，不成立，； ，，成立，不成立，；，，成立，成立，，；依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于分的学生数为，故选A．【点睛】本题考查茎叶图与程序框图的综合应用，理解程序框图的意义，是解本题的关键，考查理解能力，属于中等题．5.将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据周期公式得个周期为，进而根据平移的法则即可求解.【详解】的周期为，所以个周期为，故将向右平移个单位得，故选:D6.已知函数若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由指数函数的性质判断分段函数的单调性，结合已知不等式求参数范围. 【详解】由解析式易知：在R上递增，又，所以，则.故选：D7.已知双曲线的右焦点为，点，若直线与只有一个交点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析】根据题意分析可得直线与渐近线平行，结合平行关系运算求解.【详解】双曲线可得，，，所以双曲线的渐近线方程为，右焦点为，因为直线与只有一个交点，所以直线与双曲线的渐近线平行，所以，解得.故选：B.8.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解. 【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.9.有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图的花海大世界，其中大圆半径为8，大圆内部的同心小圆半径为3，两圆之间的图案是对称的．若在其中阴影部分种植红芍．倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍中的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由圆的面积公式结合几何概型的概率公式求解.【详解】由已知得：大圆的面积为，小圆的面积为.所以阴影部分的面积为.设“恰好处在红芍中”为事件，则故选：C10.已知定义在R上的函数满足，当时，，函数，若函数在区间上恰有8个零点，则a 的取值范围为（　　）A.（2，4）B.（2，5）C.（1，5）D.（1，4）【答案】A【解析】【分析】将题意转化为函数与函数在区间上有8个交点，再根据函数的性质画图，再列式，根据对数函数的不等式解法求解即可【详解】函数在区间上恰有8个零点，则函数与函数在区间上有8个交点由知，是R上周期为2的函数，作函数与函数在区间上的图像如下，由图像知，当时，图像有5个交点，故在上有3个交点即可，则；故，解得；故选：A．11.已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是的中点，则该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意易知正方体的内切球球心为正方体的体对角线中点，直径为正方体的棱长，球心到平面的距离为底面对角线长的四分之一，从而可得内切球被平面所截得的截面小圆的半径，从而可得所求比值．【详解】解：如图，易知正方体的内切球的球心O为的中点， 设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径，又易知球心O到平面的距离等于E到平面的距离，设交于点G，则易证平面，∴球心O到平面的距离，设正方体的棱长为，则，，∴球O被平面所截的小圆半径，∴球O被平面所截的小圆面积为，又易知，，∴该正方体被平面所截得的截面面积为，∴该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为，故选：A【点睛】关键点睛：根据正方体内切球的性质，结合正方体的性质是解题的关键.12.已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件和椭圆定义，将用表示，在中求出 ，在用余弦定理，建立等量关系，即可求解.【详解】由椭圆的定义可得结合可得由可得，由椭圆的定义可得所以在中，，在中，，，.故选：B【点睛】方法点睛：椭圆离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，则向量在方向上的投影为______【答案】【解析】【分析】根据向量在向量方向上投影的定义计算即可.【详解】向量在方向上的投影为:, 故答案为：【点睛】本题主要考查了向量在向量方向上的投影，向量数量积、向量模的坐标运算，属于基础题.14.直线与圆相交于A，B两点，且（O为坐标原点），则__________．【答案】【解析】【分析】先求出O到直线的距离为，再解方程即得解.【详解】解：由得知O到直线的距离为，所以，得．故答案为：．15.某几何体的三视图如图所示，其中正、侧视图中的三角形是斜边为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为__________.【答案】##【解析】【分析】根据三视图还原几何体，然后由球和圆锥的体积公式可得.【详解】由三视图可知，该几何体为四分之一个球和圆锥的组合体，因为正、侧视图中的三角形是斜边为2的等腰直角三角形，所以圆锥和球的半径为1，圆锥的高为1， 所以所求体积为.故答案为：16.在中，角的对边分别是，若，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】先由正弦定理可将化为，所以可得，又，由基本不等式,即可求其最小值.【详解】由正弦定理，可化为化简得，即，所以，当且仅当，即时，取最小值.【点睛】本题主要考查三角函数与基本不等式的综合，需要学生熟记三角恒等变换、正弦定理、基本不等式等相关知识点，属于中档题型.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.随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：身体综合指标评分12345用时小时9.58.67.876.1 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；（2）建立关于的回归方程.参考数据和参考公式：相关系数.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；（2）利用公式直接计算可得.【小问1详解】，相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；【小问2详解】由（1）中数据，，，关于的回归方程为.18.已知数列的前项和为，且，．（1）证明：是等比数列． （2）若，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用的关系得，结合等比数列定义证明结论；（2）由（1）得，应用裂项相消法求和即可.【小问1详解】当时，因为，所以．当时，且，则，即．又，所以是以6为首项，3为公比的等比数列．【小问2详解】由（1）知，则，所以，故．19.如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）．（1）证明：；（2）当三棱锥的体积最大时，求M到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）证明平面即可证明结论；（2）设，进而结合题意得，进而得，再结合基本不等式得时，三棱锥的体积最大，最后根据等体积法求解即可.【小问1详解】证明：连接，因为是底面圆的直径，所以，即，又，且，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】解：根据题意，，设，则，，又因为，所以，得．所以，，设，则，由（1）可知平面，又到的距离为，所以．当，即时，取等号．所以，当时，三棱锥的体积最大．设M到平面的距离为h，则，即，又，所以由得． 所以，M到平面的距离为20.已知函数.（1）当时，若在上存在最大值，求m的取值范围；（2）讨论极值点的个数.【答案】（1）；（2）当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【解析】【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性和最值的定义进行求解即可；（2）根据导数性质，结合极值点的定义、一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可.【小问1详解】因为，所以，因为函数的定义域为：，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，因此要想在上存在最大值，只需，所以m的取值范围为；【小问2详解】，方程的判别式为.（1）当时，即，此时方程没有实数根，所以，函数单调递减，故函数没有极值点； （2）当时，即，此时，（当时取等号），所以函数单调递减，故函数没有极值点；（3）当时，即，此时方程有两个不相等的实数根，设两个实数根为，设，则，函数的定义域为：，显然当时，此时方程有两个不相等正实数根，此时当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有极小值点，当时，函数有极大值点，所以当时，函数有两个极值点，当时，方程有一个正实数根和一个负根，或是一个正实数和零根，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数有极大值点，因此当时，函数有一个极值点，综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根的判别式分类讨论是解题的关键.21.已知抛物线上一点到焦点的距离.（1）求抛物线的方程；（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析 【解析】【分析】（1）由题意确定p的值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得是方程的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点的横坐标.结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.【详解】（1）由抛物线定义,得，由题意得：解得所以，抛物线的方程为.（2）由题意知，过引圆的切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.设切线的方程为,同理可得.所以，是方程的两根，.设，由得，，由韦达定理知，，所以，同理可得.设点的横坐标为，则.设，则，所以，，对称轴，所以【点睛】 本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答。若多做，则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C的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的方程为．（1）求曲线C的普通方程；（2）若曲线C与直线l交于A，B两点，且，求直线l的斜率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）消元，得到普通方程；（2）先求出直线l的参数方程，再联立曲线方程，利用韦达定理及直线参数方程中的几何意义求解.【小问1详解】由得：，由得：，则曲线C的普通方程为.【小问2详解】由可得，直线l的参数方程为，将其代入中得：，由韦达定理得：，，由可得：，所以，则，，直线l的斜率为.[选修4-5：不等式选讲] 23.已知函数，．（1）在直角坐标系中画出和的图象；（2）若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）作图见解析（2）【解析】【分析】（1）将表示为分段函数的形式，进而画出图象.（2）通过平移的图象来求得的取值范围.【小问1详解】函数，，画出和的图象如图；【小问2详解】，说明把函数的图象向上或向下平移单位以后，的图象在的上方， 由图象观察可得：，