四川省 校2023届高三理科数学适应性模拟检测试题（Word版附解析）

成都外国语学校高2023届高三适应性模拟检测试题理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上.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.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据对数函数性质确定集合M，根据集合的交集运算即得答案.【详解】由题意得，故，故选：A2.已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数的运算求出复数z，再由复数几何意义即可解答. 详解】由题意，所以，则复数z在复平面内对应的点，为第四象限内的点.故选：D3.执行如图所示的程序框图，将输出的看成输入的的函数，得到函数，若，则（）A.B.C.或D.1【答案】B【解析】【分析】根据程序框图得到函数解析式，再根据函数解析式求出，再分类讨论，结合函数解析式计算可得.【详解】由程序框图可得，则，若，即时，，解得（舍去）；若，即时，，解得.故选：B4.已知，，则（） A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据，利用求出，根据即可求解.【详解】∵，所以，由，所以.故选：B.5.已知等差数列中，，且公差，则其前项和取得最大值时的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意判断出，即可得到答案.【详解】由等差数列的公差，知，，所以，故，则数列的前项和取得最大值时的值为.故选：B6.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为， 又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.7.某大学进行“羽毛球”、“美术”、“音乐”三个社团选拔．某同学经过考核选拔通过该校的“羽毛球”“美术”、“音乐”三个社团的概率依次为，已知三个社团中他恰好能进入两个的概率为，假设该同学经过考核通过这三个社团选拔成功与否相互独立，则该同学一个社团都不能进入的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据互相独立事件的概率公式计算可得；【详解】解：由题知，三个社团中他恰好能进入两个的概率为，则，所以，所以，所以该同学一个社团都不进入的概率．故选：D．8.命题p：存在a∈R且a≠0，对于任意x∈R，使得f（x+a）＜f（x）+f（a）；命题q1：f（x）单调递减且f（x）＞0恒成立；命题q2：f（x）单调递增，存在x0＜0使得f（x0）＝0.则下列说法正确的是（）A.只有q1是p的充分条件B.只有q2是p的充分条件C.q1，q2都是p的充分条件D.q1，q2都不是p的充分条件【答案】C【解析】【分析】对于命题q1：当a＞0时，结合f（x）单调递减，可推出f（x+a）＜f（x）＜f（x）+f（a），命题q1是命题p的充分条件.对于命题q2：当a＝x0＜0时，f（a）＝f（x0）＝0，结合f（x）单调递增，推出f（x+a）＜f（x），进而f（x+a）＜f（x）+f（a），命题q2都是p的充分条件. 【详解】解：对于命题q1：当f（x）单调递减且f（x）＞0恒成立时，当a＞0时，此时x+a＞x，又因为f（x）单调递减，所以f（x+a）＜f（x）又因为f（x）＞0恒成立时，所以f（x）＜f（x）+f（a），所以f（x+a）＜f（x）+f（a），所以命题q1⇒命题p，对于命题q2：当f（x）单调递增，存在x0＜0使得f（x0）＝0，当a＝x0＜0时，此时x+a＜x，f（a）＝f（x0）＝0，又因为f（x）单调递增，所以f（x+a）＜f（x），所以f（x+a）＜f（x）+f（a），所以命题p2⇒命题p，所以q1，q2都是p的充分条件，故选：C.9.顺德欢乐海岸摩天轮是南中国首座双立柱全拉索设计的摩天轮，转一圈21分钟，摩天轮的吊舱是球形全景舱，摩天轮最高点距离地面高度为99，转盘直径为90，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动后距离地面的高度为，则在转动一周的过程中，高度H关于时间的函数解析式是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】结合三角函数图像的特征和性质，将实际问题转化为对应参数求解；【详解】根据题意设，，因为某摩天轮最高点距离地面高度为99，转盘直径为90，所以，该摩天轮最低点距离地面高度为9，所以，解得：.因为开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周需要21所以，解得，因为时，，故，即，解得：.所以.故选：B10.如图，曲线在点处的切线为直线，直线经过原点，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据导数的意义及直线的斜率公式求解即可.【详解】由题意，，且，所以.故选：C.11.已知函数，将的图象上所有点沿x轴平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，且函数的图象关于y轴对称，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先将解析式化简后，由三角函数图象变换得到的解析式后求解.【详解】若向左平移个单位长度，再将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，由题意得，的最小值为；若向右平移个单位长度，再将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，同理得的最小值为，故选：B12.如图，底面同心的圆锥高为，，在半径为3的底面圆上，，在半径为4的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点到平面的距离为（） A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边的距离，然后在几何体中作出点到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答.【详解】如图，直线交大圆于点，连接，由，知四边形为等腰梯形，取的中点，连接，则，由，知四边形是矩形，因此四边形矩形，过O作于Q，连接，从而四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时，如图，在几何体中，连接，因为平面，平面，则，又， 平面，于是平面，而平面，则有平面平面，显然平面平面，在平面内过O作于R，从而平面，即长即为点到平面的距离，在中，，，，所以点到平面的距离是.故选：A【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若数列是首项为，公比为的等比数列，则__________．【答案】【解析】【分析】利用等比数列通项公式求解即可.【详解】依题意可得，则，即．故答案：14.已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝________．【答案】1【解析】 【分析】先求得，根据函数为奇函数，得到，即可求解.【详解】由题意，当时，则，可得，又因为函数为奇函数，所以，即，解得.故答案为：1.【点睛】本题主要考查了分段函数的解析式，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.15.若直线始终平分圆的周长，则的最小值为．【答案】【解析】【详解】由题意，所以，当且仅当时等号成立.16.如图，已知在大小为60°的二面角中，于点于点，且，则_________.【答案】【解析】【分析】由向量线性运算加法的运算性质，结合二面角表示得，同时平方结合向量的数量积即可求解 【详解】，二面角的大小为60°，，，，，，.故答案为：【点睛】本题考查由向量的运算性质求解二面角中具体线段长度问题，属于中档题三、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.设数列的前项和为，，点在直线上．（1）求及；（2）记，求数列的前20项和．【答案】（1），（2）1123【解析】【分析】（1）由点在直线上，得出与的关系，进而得出数列为等比数列，即可得到答案；（2）由分组求和，结合等差数列、等比数列的求和公式即可得出答案．【小问1详解】由点在直线上，得.当时，，即，当时，由得，两式相减得，即,而， 所以，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以．【小问2详解】由（1）知，，所以，所以．18.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，为棱的中点，是棱上一点，且．（1）证明：平面；（2）若，直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取棱PB和PC的中点，利用平行四边形的判定及性质证明线线平行，再利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用线面角求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】如图，设E，F分别为棱PB和PC的中点，连接AE，EF，FD，则，且，又，，所以，且，所以四边形ADFE为平行四边形，故，因为，E为棱PB的中点，所以，又M为棱AP的中点，所以，故，又平面PDC，平面PDC，所以平面PDC；【小问2详解】设，所以，又，所以，所以，所以和为等边三角形，设O为棱CD的中点，连接OP，OB，故，又，，，平面POB，平面POB，所以平面POB．又平面ABCD，所以平面平面ABCD，故直线PB与平面ABCD所成的角为，所以，又，所以，综上OP，OB，OC两两垂直，以为坐标原点，以OB，OC，OP分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则，，，， 因为，所以，又为棱的中点，则，所以，，，设为平面MCD的法向量，则,即，令，可得，设为平面BMD的法向量，则，即，令，可得，所以，故平面BMD与平面MCD夹角的余弦值为.19.如图，A，B是单位圆（圆心为O）上两动点，C是劣弧（含端点）上的动点．记（，均为实数）．（1）若O到弦AB的距离是，求的取值范围；（2）若，向量和向量的夹角为，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）由题意确定，根据数量积的运算律求得则，，可得，即可求得答案；（2）将平方可得，根据数量运算律求出，以及求得向量和向量的模，即可求得的表达式，结合余弦函数性质利用函数单调性即可求得答案.【小问1详解】由题意知O到弦AB的距离是，则，故，且，记劣弧的中点为D，则，，两式相加得，故，由于，故，即的取值范围为；【小问2详解】设，由可得，即，结合可得， 故，而，由于向量和向量的夹角为，故，令，则在上单调递增，则，即得最小值为.20.已知椭圆左右焦点分别是，，点P在椭圆C上，以为直径的圆过点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O，是否存在以点O为圆心的定圆与AB相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）对于圆令得、、的坐标，且，由求出可得椭圆的方程；（2）设，，当AB斜率存在时，直线AB的方程为与椭圆方程联立，由韦达定理代入的坐标运算得，再代入原点到AB的距离为；当AB斜率不存在时由题意知求出圆心到AB的距离可得答案【小问1详解】 对于，令，得，所以，，，圆心为，因为，所以，所以，所以，所以椭圆的方程为：；【小问2详解】设，，当AB斜率存在时，直线AB的方程为，，消去得，，，，，因为以线段AB为直径的圆经过坐标原点，所以，，，，化简得：，原点到AB的距离为，当AB斜率不存在时由题意知：，， 圆心到AB的距离，综上所述，存在以O为圆心的定圆与直线AB相切，定圆的方程为.21.已知函数，．（1）若的最大值是0，求的值；（2）若对其定义域内任意，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）1；（2）．【解析】【分析】（1）根据某点上的切线斜率即为函数在该点的导数，列出点斜式方程即可得出答案.（2）构造函数，对函数求导后，讨论函数单调性，求出的取值范围.【详解】解：（1）∵的定义域，．若，，在定义域内单调递增，无最大值；若，，单调递增；，单调递减．∴时，取得最大值，∴．（2）原式恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立．设，则，设，则，所以在上单调递增，且，． 所以有唯一零点，且，即．两边同时取对数得，易知是增函数∴，即．由知在上单调递增，在上单调递减．∴，∴，∴故的取值范围是．【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值与最值，属于难题.思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立求参数范围的一般方法:①当时，成立，则；②当时，成立，则（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）写出曲线的极坐标方程，曲线的直角坐标方程；（2）设点M的极坐标为，射线与曲线、分别交于A、B两点（异于极点），当时，求线段的长． 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）消去参数得直角坐标方程，由公式法求解（2）联立方程得的极坐标，由极坐标的概念与几何关系求解【小问1详解】，将代入得：的极坐标方程为曲线：由得∴∴曲线的直角坐标方程为【小问2详解】将代入曲线、曲线的极坐标方程可得∵∴由题意得∵为曲线的直径∴，又，∴∴∴，即∵∴∴[选修4-5：不等式选讲] 23.设．（1）解不等式；（2）已知实数x、y、z满足，且的最大值是1，求a的值．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）分类讨论，脱掉绝对值符号，解不等式可得答案；（2）利用柯西不等式即可求得答案.【小问1详解】当时，不等式即，解得；当时，不等式即恒成立，则；当时，不等式即，解得；综合上述，不等式的解集为.【小问2详解】由柯西不等式可得：，因为，故，而的最大值是1，故，当且仅当时等号成立，故.