山东省青岛市2023届高三数学下学期第一次适应性检测试题（Word版附解析）

这是一份山东省青岛市2023届高三数学下学期第一次适应性检测试题（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

青岛市2023年高三年级第一次适应性检测
数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合B，根据集合的并集和补集运算易知阴影部分为.
【详解】，
∴.
则，
图中阴影部分为.
故选：A.
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简，再求出即得解.
【详解】由，得，从而，所以的虚部为1．
故选：A
3. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数特殊值求出点的坐标，由正弦函数定义即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以终边经过的点为，
所以终边在第四象限，所以.
故选：B.
4. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.
【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.

根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
5. 定义域为R的函数满足：当时，，且对任意实数x，均有，则（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意将所求转化到即可得解.
【详解】由，得，
则
.
故选：D.
6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（ ）
A. B. 3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.
【详解】显然直线与交于原点O，
由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，
设点，而
由得，解得，
则，
则，化简得，即，，
解得，
则.
故选：C.
7. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）
A. 0.34 B. 0.37 C. 0.42 D. 0.43
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.
【详解】设事件表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则,
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，
故,
故选：C
8. 已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.
【详解】因为，
所以在上是奇函数.所以
对求导得，
令，则
当时，，所以在上单调递增，
则时，，即，
所以在上单调递增.
因为，所以，
因为在上单调递增，
所以.
令，则
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
而，即，所以，即.
所以，即，则
所以
所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：
构造函数，判断.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 在的展开式中,下列说法正确的是( )
A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等
C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.
【详解】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
10. 下列说法正确是（ ）
A. 若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B. 若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C. 设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件
D. 若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
【答案】AB
【解析】
【分析】对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；
对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除.
【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；
选项C，当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故选项C错误；
选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.
故选：AB
11. 1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )
A. 若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
B. 若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列
C. 若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)
D. 若最初有个桃子,则必有的倍数
【答案】ABD
【解析】
【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,,又为等比数列,判断D的正误.
【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则
,
若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
,
所以,
即,故A正确;
由A，,
则,
即是等比数列,
若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,
所以是以为公比的等比数列,故B正确.
由B知,是等比数列,
所以,
即,
若最初有个桃子,即,
所以,故C错误;
根据题意:,
因为以为公比的等比数列,
所以,
化简得,
因为,且为正整数,
所以,
即必有的倍数,故D正确.
故选:ABD.
12. 已知、是平面直角坐标系中的两点，若，，则称是关于圆的对称点．下面说法正确的是（ ）
A. 点关于圆的对称点是
B. 圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身
C. 圆上不同于原点的点关于圆的对称点的轨迹方程是
D. 若定点不在圆上，其关于圆的对称点为，为圆上任意一点，则为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点，其中，设点，可得出，根据题中定义并结合已知条件求出点的轨迹方程，可判断C选项；证明出，可得出，可判断D选项.
【详解】对于A选项，取点，设点关于圆的对称点为，
则存使得，，可得，则，
所以，，
因此，点关于圆的对称点是，A错；
对于B选项，由题意可知，
设点关于圆的对称点为点，则存在实数，使得，
所以，，可得，即，
因此，圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身，B对；
对于C选项，设点，其中，设点，
因为点在圆上，则，可得，
由题意可知，存在实数，使得，即，
所以，，可得，
因此，点的轨迹方程为，C对；
对于D选项，设点，则，设点，
由题意可知，存在实数，使得，且，则，
所以，、同向，且，所以，，
又因为，所以，，
所以，为定值，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的共线和向量乘法的坐标计算公式即可求解.
【详解】根据题意可得：，，
设，
因为向量，且与的夹角为钝角，
所以
所以，
不妨令
所以
，
故答案为：.
14. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物线方程即可求解.
【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得，
故答案为：

15. 湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园．已知，，，，千米，则______千米．

【答案】
【解析】
【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.
【详解】在三角形中由正弦定理得，
所以，
即，
所以，
所以，
又，，所以为等腰直角三角形，所以，
在中由余弦定理得

，
所以.
故答案为：.
16. 设函数是定义在整数集Z上函数，且满足，，对任意的，都有，则______；______．
【答案】 ①. 0 ②.
【解析】
【分析】由结合已知函数值，通过代入特殊值计算；推导出函数周期，通过已知函数值，分析中自变量的数据特征求值.
【详解】令，，∴，
令，，∴，
令，则﹐即，可得，
，函数周期，
，，，，∴为奇数时，，
为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时.
∴，
，由，则为偶数，
记，，



，
所以 .
故答案为：0；
【点睛】思路点睛：
由已知条件可得函数周期，有，，，，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时，可求的值，，可求的值.
四、解答题：本题共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. 已知函数，，是的两个相邻极值点，且满足．
（1）求函数图象的对称轴方程；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，结合周期即可求解，整体法即可求解对称轴，
（2）根据余弦的二倍角公式即可求解.
【小问1详解】
，
由可得周期满足,所以，故，
令解得，故的对称轴方程为
【小问2详解】
由得，
由，
所以
18. 已知等差数列的前n项和为，公差，，，成等差数列，，，成等比数列．
（1）求；
（2）记数列的前n项和为，，证明数列为等比数列，并求的通项公式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比中项以及等差中项，结合等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，
（2）根据结合前项和与通项之间的关系即可证明等比数列，由等比数列的定义即可求解通项.
【小问1详解】
由，，成等差数列，，，成等比数列可得，

【小问2详解】
由得，
故，两式相减可得，
而，所以为公比为2的等比数列，且首项为，
故，进而
19. 如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点．

（1）是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
（2）当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【答案】（1）存在，当为圆弧的中点，此时；
（2）．
【解析】
【分析】（1）面即为所求，即BC⊥AD，此时易知D为圆弧BC的中点；
（2）易知当四边形ABDC面积最大时，四棱锥的体积最大，设，根据可求四边形ABDC面积最大时的大小.建立空间直角坐标系，求出此时各点坐标，利用向量法即可求出平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【小问1详解】
当为圆弧的中点，即时，，
证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线，
∵，∴为等腰的高线，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
【小问2详解】
由（1）得，为四棱锥的高，∵，∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.
设，则，

，
∵，
∴时，取最大值，
∴当四棱锥体积最大时，，
过在平面内作直线，交圆弧于点，
由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
∴平面与平面夹角余弦值为．
20. 今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：

（1）根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
（2）用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；
（3）从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意，由中位数的意义列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意可得，当取最大值时，则，
然后求解，即可得到结果；
（3）由题意可得，甲乙分别进入复赛的概率，然后求得的概率，即可得到分布列与期望.
【小问1详解】
因为前两个矩形的面积之和为，前三个矩形面积为，
所以中位数在之间，设中位数为，
则，解得，故中位数为.
【小问2详解】
由题意可得，成绩在上的概率为，则不在的概率为，
所以，即有，，
当取最大值时，则，
即，
解得，即，
且，所以.
【小问3详解】
由题意可知，从6道题中选4题共有，
因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有，
所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为；
因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有,
所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；
依题可得，的可能取值为，
所以，，，
则分布列为:








则.
21. 已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，，的面积为S．从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立．
①；②；③W为原点O．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】(1)根据椭圆的几何性质即可求出a、b、c，从而可得椭圆的标准方程；
(2)(i)选②③为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.l斜率存在时，设l为，由可得(*)，联立直线l与椭圆的方程，得，代入(*)可得k和t的关系，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出O到l的距离d，根据即可求出S；(ii)选①③为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出；(iii)选①②为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出W到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出W的坐标．
【小问1详解】
记，由题意知：，
∴，解得，
∴，
∴椭圆的标准方程为：．
【小问2详解】
(i)选②③为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，
则由，可得，
此时直线的方程为，与联立，解得，
∴．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则，即，
将代入得：，
∴，
∴，
∴，即．
，
∵点到直线的距离，
∴，
综上，①成立．
(ii)选①③为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，
则由，可得，
又，解得，∴；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
将代入得：，
∴，
，
∵点到直线的距离，
∴，
即，
∵，
∴．
综上，②成立．
(iii)选①②为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则，
∴，又，解得，
∴，∴，
∴为坐标原点，满足题意；
当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，
将带入得：，
∴，
，
点到直线的距离，
∴，
即，∵，
，
则由，
即，
得：，
即，∵，
∴，即．
综上，③成立．
22. 已知函数，圆．
（1）若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
（2）若曲线与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线上存在点，对任意，．
【答案】（1）；
（2）(i)；(ii)证明见解析．
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，再根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【小问1详解】
设f(x)的切线的切点为，
∵，∴切线斜率为，
∴切线方程为，即，
当b＝1时，圆的圆心为，半径为，
当f(x)的切线也是圆的切线时，，
即，
易知是该方程的一个根，此时切线方程为．
【小问2详解】
(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，
∵与曲线相切，故，
∴切点为，，即，即，
∵与圆相切，∴，即，
∴，
令，
则，
设，则，
易证明：．
①当时，∵在上单调递增，在上单调递减；∴，
∵，，
；
∴存在，，使得．
∴，，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∵，且，
又∵，
且，
∴存在，使得，
∴当时，曲线与圆恰有三条公切线；
②当时，∵；
∴存在，使得，
∴上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∴，且，
∴不可能存在三个零点；
③当时，；∴在上单调递减，最多一个零点；
∴最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为．
(ii)函数的零点，
即方程的解，
即曲线和曲线交点的横坐标，
结合图象，

显然存在，使得成立，
∴对任意恒成立．
【点睛】本题属于导数的综合题，需要利用导数讨论方程根的个数问题（函数零点问题）.问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性，判断函数的零点的个数.