四川省成都市石室中学2023届高考理科数学适应性考试(一)试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高考理科数学适应性考试(一)试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答．答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. A=BB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，再判断各选项的对错.
【详解】因为，，
所以且，所以A错，B错，
，C错，
，D对，
故选：D.
2. 已知复数，则共轭复数在复平面对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
化简，求出，找到对应的坐标即可.
【详解】
对应的点的坐标为，在第三象限
故选：C
3. 在统计中，月度同比是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比是指本月和上一个月相比较的增长率，如图是2022年1月至2022年12月我国居民消费价格月度涨跌幅度统计图，则以下说法错误的是（ ）

A. 在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的中位数为
B. 在这12个月中，月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3
C. 在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的均值为
D. 在这12个月中，我国居民消费价格月度环比数据的众数为
【答案】C
【解析】
【分析】根据统计图分别求出消费价格月度同比数据的中位数和平均值；求出月度环比数据为正数的个数、月度环比数据为负数的个数，再求出月度环比数据的众数，即可得答案.
【详解】在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据由小到大依次为，
，
中位数为，
平均数为,
由数据可知我国居民消费价格月度环比的数据中，
有6个月的数据为正数，3个月的数据为，3个月的数据为负数，
所以月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3，
且出现次数最多，故众数为 ，
故选项A，B，D正确，C错误，
故选：C.
4. 设，若，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先求出展开式第项，再由列出方程，即可求出的值.
【详解】展开式第项，
∵，∴，
∴.
故选：A.
5. 函数是（ ）
A. 奇函数，且最小值为B. 奇函数，且最大值为
C. 偶函数，且最小值为D. 偶函数，且最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果.
【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称，
且，
而，即函数为偶函数；
所以，又，
即，可得函数最小值为0，无最大值.
故选：C
6. 考拉兹猜想由德国数学家洛塔尔·考拉兹在20世纪30年代提出．其内容是：任意正整数s，如果s是奇数就乘3加1．如果s是偶数就除以2，如此循环，最终都能够得到1．如图所示的程序框图演示了考拉兹猜想的变换过程．若输入s的值为5，则输出i的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据程序框图，模拟程序运算即可得解.
【详解】模拟程序运行，
第一次循环，不成立，不成
立；
第二次循环，成立，不成立；
第三次循环，成立，则不成立；
第四次循环，成立，则不成立；
第五次循环，成立，则成立.
跳出循环体，输出.
故选：C.
7. 已知函数的图象关于点对称，且在上单调，则的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件列式，由此求得的取值集合.
详解】关于点对称，所以，
所以①；
，而上单调，
所以，②；
由①②得的取值集合为.
故选：C
8. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为6.
故选：B.
9. 过原点的直线与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若△ABF的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设条件可得四边形为矩形，设，，根据双曲线定义和△ABF的面积可得，故可求的值.
【详解】如图，因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，
所以AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，
所以AB与相等且平分，所以四边形为矩形，
所以．设，，则，
所以．因为，所以．
因为△ABF的面积为，所以，得，所以，
得，所以，所以，得，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：D．

10. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，对求导，结合导数分析函数的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
【详解】令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
因为，所以，
又，所以，
所以，，
所以，
故．
故选：B
11. 已知椭圆，过原点的直线交椭圆于、（在第一象限）由向轴作垂线，垂足为，连接交椭圆于，若三角形为直角三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点、，其中，，则、，分析可知，利用点差法可得出，可求得，由可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】如下图所示，设点，其中，，则、，
则，，
设点，则，作差可得，
所以，，
所以，，则不互相垂直，
所以，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，该椭圆的离心率为.
故选：B.
12. 已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，抛物线的准线上一点满足，则（ ）
A. B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先求出抛物线的方程，得到焦点坐标.设直线：，用点差法表示出的中点为，利用半径相等得到：,解出k，即可求出.
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，
所以抛物线的方程为，其焦点为.
因为直线过抛物线的焦点，
所以直线的方程为.
因为，
所以在以为直径的圆上.
设点，，联立方程组，
两式相减可得，
设的中点为，则.
因为点在直线l上，
所以，所以点是以为直径的圆的圆心.
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
所以弦长.
故选：C.
【点睛】处理直线与二次曲线相交的问题：
（1）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决大部分直线与二次曲线相交的问题；
（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 上海某高校哲学专业的4名研究生到指定的4所高级中学宣讲习近平新时代中国特色社会主义思想．若他们每人都随机地从4所学校选择一所，则4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是______________．（结果用最简分数表示）
【答案】
【解析】
【分析】考虑反面，4个人恰好分配到4个学校的情况，再作减法即得.
【详解】4个人分配到4个学校的情况总数为种，4个人恰好分配到4个学校的情况为种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的情况有种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是.
故答案为：.
14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理变形得出，在以为焦点，长轴长为6的椭圆上，因此当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大，由此可求得三角形面积最大值．
【详解】, ，
由余弦定理得，
所以，
即，又，
所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），
如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为，则，
所以，
当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，
所以的最大值为，
故答案为：．
15. 如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．
【答案】
【解析】
【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案.
【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，
于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
16. 若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的最大值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先将转化为，再令构造函数，
求导得到单调性，最后参变分离得到a的取值范围即可.
【详解】由可得，，令，，
故在上单增，.令且，，当时，单增，
当或，单减.
又等价于，
当时，恒成立，；
当时，可得，即，；
当时，可得 ，又时，，.
综上，，故a的最大值是.
故答案为：.
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. “双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.
（1）估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；
（2）从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；
（3）设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）直接计算得到答案.
（2）概率，的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
（3）根据公式计算众数，平均数和中位数，再比较大小即可.
【小问1详解】
参加课后活动的时间位于区间的概率.
【小问2详解】
活动的时间在区间的概率，
的可能取值为，
，，
，.
故分布列为：
【小问3详解】
众数为：；
，
，
则，；
，
故
18. 已知正项数列的前项和，其中，，为常数.
（1）若，证明：数列是等比数列；
（2）若，，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由退位相减法求得数列的通项公式，再由等比数列的定义进行判断即可；
（2）先由求得，再由求得，即得数列的通项公式，再由错位相减求和即可.
【小问1详解】
当时，，则，
又正项数列，则且，当时，，又，则，也符合，
则，，则，故数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知：当时，，则，由可得，又正项数列可得，则，
，则，又，可得，则，时也符合，则，
则，，
两式相减得，则.
19. 如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.

（1）求证：四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，根据条件写出相应点的坐标，利用空间向量基本定理即可求解；
（2）结合（1）中对应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
由，且，
取的中点，连接，则，且，
所以，又是以为直角的等腰直角三角形，
所以.
过点作，垂足为，则点为的中点，且，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且，
所以，则，，，
令，
则，解得，
故，则共面，且向量有公共点，
所以四点共面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于表达式求最值，注意取值条件.
【小问1详解】
由题意，，解得，，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．
设直线：，若，则则不满足，所以．
设，，，
由得：，，．
因为，即，则，，
所以，解得，则，即，
直线：，联立，解得，
∴，当且仅当或时等号成立
∴的最小值为5．
21. 已知函数，函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）记，对任意的，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）先求出解析式，利用导数，分类讨论研究函数单调性和最值，可求实数取值范围.
【小问1详解】
，函数定义域为R，
则且，
令，，在上单调递增，
所以，所以的单调递增区间为，
，，所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
，，
则，且，
令，，
令，时，
所以在上单调递增，
①若，，
所以在上单调递增，所以，
所以恒成立.
②若，，
所以存在，使，
故存在，使得，
此时单调递减，即在上单调递减，
所以，故在上单调递减，
所以此时，不合题意.
综上，
实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（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，那么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，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 .与曲线相交于P，Q两点.
（1）写出曲线的直角坐标方程，并求出的取值范围；
（2）求 的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，代入曲线求解，然后根据直线与圆有两个交点，由圆心到直线的距离小于半径求解；
（2）设P，Q两点对应的极径由，利用韦达定理求解.
【小问1详解】
解：因为，且曲线，
所以其直角坐标方程为，即；
当时，显然成立；
当时，设直线方程为，圆心到直线的距离为，
因为直线与圆有两个交点，
所以，
解得或，
因为，所以，
综上，
【小问2详解】
设P，Q两点对应的极径分别为
将，代入，
得，则，
所以 ，
因为，所以，则，
所以 的取值范围是 .
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，不等式的解集为．
（1）求的值；
（2）若三个实数，，，满足．证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可知，则，利用柯西不等式即可证明.
【小问1详解】
∵不等式的解集为，
∴，即，∴，经检验得符合题意.
【小问2详解】
∵，
∴
，
由柯西不等式可知：
，
∴，
即，
当且仅当，，时等号成立.