四川省成都市树德中学2023届高三文科数学适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市树德中学2023届高三文科数学适应性考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 已知集合，则， 等差数列中，，则的前9项和为， 若直线，与相切，则最大值为， 若，则， 为等内容，欢迎下载使用。
数学试题（文科）1. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据补集的定义结合指数函数分析运算.【详解】由题意可得：.故选：D.2. 已知复数为纯虚数，则实数a等于（    ）A. －1 B. 0 C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算，结合纯虚数的定义即可得到结果.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.
故选：A.3. 等差数列中，，则的前9项和为（    ）A.  B.  C. 90 D. 180【答案】C【解析】【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算即可.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故选：C.4. 设为两条不重合直线，是两个不重合平面，则正确命题为（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于选项A，，，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；对于选项B，因为，，所以.又，所以，故B错误；对于选项C，由，则存在直线，使得，又，所以，且，所以.故C正确；对于选项D，因为，可设，则当，时，可得到，，但此时.故D错误.故选：C5. 若直线，与相切，则最大值为（    ）A.  B.  C. 3 D. 5【答案】B【解析】【分析】由条件可得，然后设，由三角函数的知识可得答案.【详解】的圆心为，半径为，因为直线，与相切，所以，即，所以可设，所以，其中，故选：B6. 某人每天早上在任一时刻随机出门上班，他的报纸每天在任一时刻随机送到，则该人在出门时能拿到报纸的概率为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设某人离开家时间距离为分钟，送报时间距离为分钟，某人能拿到报纸，则，画出区域及在中对应区域，计算面积即可得答案.【详解】设某人离开家时间距离为分钟，送报时间距离为分钟，则，某人能拿到报纸，则.画出区域，为下图矩形，中对应区域如下图所示，设矩形面积为，则该人在出门时能拿到报纸的概率为.故选：A  7. 已知双曲线离心率为2，实轴长为2，则焦点到渐近线的距离（    ）A. 1 B. 2 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题目条件可得双曲线焦点，渐进线，即可得答案.【详解】由对称性，设双曲线右焦点为，则由题可得，则，则双曲线其中一条渐进线方程为，又，则焦点到渐近线的距离为.故选：D8. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.9. 为：的焦点，点在曲线上，且在第一象限，若，且直线斜率为，则的面积（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意求出点坐标，即可求的面积.【详解】  如图，设点，，所以，由题意，所以，得，或（舍去），所以，，故选：B10. 为棱长为2的正方体，点分别为，的中点，给出以下命题：①直线与是异面直线；②点到面距离为；③若点三点确定的平面与交于点，则，正确命题有（    ）  A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个【答案】B【解析】【分析】利用异面直线定义，结合图形，即可判断①，对②，利用线面垂直判定定理，得出线面垂直，则垂线段的长即为点到面的距离，进而求解，对③，延展平面，结合正方体性质，即可求解.【详解】对①，由图可知，不在平面内，故直线与是异面直线，故①正确；  对②，取的中点，过作，连接，由为2的正方体，是的中点，可得平面，因为平面，所以，因为，，，平面，所以平面，故即为点到面距离，又，所以四点共面，所以即为点到面距离，由条件可求，，，，所以，所以，因为，所以点到面距离为，故②错误；  对③，如图，将面扩展，取，则，取的中点，连接，则与的交点即为点三点确定的平面与的交点，因为，所以为的中点，又，所以，故③错误.  故选：B.11. 分别为左右顶点，点在圆上，线段与交于另一点．若，则椭圆的离心率（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设 ，得到和，两式相除即可求解.【详解】设 ，则，，两式相乘得,①因为直径所对的角是直角，所以所以  ,②①除以②得，故，故选：D12. 已知分别为上的奇函数和偶函数，且，，，，则大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先根据函数的奇偶性算出表达式，然后利用的单调性，奇偶性，结合对数函数的单调性，对数的运算性质进行大小比较.【详解】，用代替，，根据分别为上的奇函数和偶函数，于是，结合可得.故，设，则，根据基本不等式和余弦函数的范围，，，于是，则在上单调递增，注意到，于是时，递增.由于是偶函数，根据对数的性质，，，于是，，，故只需要比较的大小.由，，根据基本不等式，，故.由于是时，递增可知，，结合是偶函数可得，，即.故选：C二．填空13. 已知向量，且，则___________.【答案】【解析】【分析】利用向量共线的坐标运算即可求出结果.【详解】因为，，所以，又，所以，解得，所以，故.故答案为：.14. 数列前项和，若，令，则前10项和________．【答案】45【解析】【分析】利用已知条件求出数列和的通项公式，进而求和即可.【详解】数列前项和，由①得当时解得，当时②，由①②式作差得出，所以数列是等比数列，首项为1，公比为2，所以.所以，从而前10项和为.故答案为：4515. 埃及金字塔是地球上的古文明之一，随着科技的进步，有人幻想将其中一座金字塔整体搬运到月球上去，为了便于运输，某人设计的方案是将它放入一个金属球壳中，已知某座金字塔是棱长均为的正四棱锥，那么设计的金属球壳的表面积最小值为_____________．（注：球壳厚度不计）.【答案】【解析】【分析】由已知分析需求正四棱锥的外接球的半径，根据正四棱锥的性质和外接球的性质，构造直角三角形，利用勾股定理，求得外接球的半径，从而求出金属球壳的表面积的最小值.【详解】由题意，要使金属球壳的表面积最小，则金属球是正四棱锥的外接球.如图所示，在正四棱锥中，，，为其外接球的球心，连接与相交点于，连接，为顶点在底面上的投影，即为正方形的中心，设球的半径为，表面积为，则在正方形中，，在中，，则，在中，，，，因为，所以，化简得，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.  16 已知中，，则_________．  【答案】##0.6【解析】【分析】由以为基底表示，结合，，可得,后即可得答案.【详解】由图可得，因，则，则，因，则，，代入上式有：，.则.故答案为：三．解答17. 已知函数的最小正周期为，且，（1）求；（2）将图象往右平移个单位后得函数，求的最大值及这时值的集合．【答案】（1），    （2）1；的集合为．【解析】【分析】（1）根据周期确定参数，再根据结合的取值范围确定；（2）先确定函数的解析式，化简，确定最大值，再利用整体法确定取最大值时值的集合．【小问1详解】因为最小正周期为，所以；由可知，，即，，得，，又因为，所以．【小问2详解】由（1）知，因为将图象往右平移个单位后得函数，所以，即，所以因为，所以的最大值为1，当，即时取得，故取最大值时值的集合为．18. 随着新课程标准的实施，新高考改革的推进，越来越多的普通高中学校认识到了生涯规划教育对学生发展的重要性，生涯规划知识大赛可以鼓励学生树立正确的学习观、生活观.某校高一年级1000名学生参加生涯规划知识大赛初赛，所有学生的成绩均在区间内，学校将初赛成绩分成5组：加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.（1）试估计这1000名学生初赛成绩的平均数（同一组的数据以该组区间的中间值作代表）；（2）为了帮学生制定合理的生涯规划学习计划，学校从成绩不足70分的两组学生中用分层抽样的方法随机抽取6人，然后再从抽取的6人中任意选取2人进行个别辅导，求选取的2人中恰有1人成绩在内的概率.【答案】（1）76    （2）【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图，根据平均数的计算方法即可求得答案;（2）确定成绩不足70分的两组学生的比例，即可确定抽查的6人中各组抽的人数，列举出6人中任意选取2人的所有可能情况，再列出选取的2人中恰有1人成绩在内的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【小问1详解】；【小问2详解】根据分层抽样，由频率分布直方图知成绩在和内的人数比例为，所以抽取的6人中，成绩在内的有人，记为，；成绩在内的有人，记为，，，，从6人中任意选取2人，有，，，，，，，，，，，，共15种可能；其中选取的2人中恰有1人成绩在区间内的有，，，，，，共8种可能，所以所求概率.19. 如图所示，在直角三角形中，，将 沿折起到 的位置，使平面平面，点满足.（1）证明：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据图中的几何关系，利用面面平行证明线面垂直，再证明线线垂直；（2）运用等体积法求解.小问1详解】在直角三角形中，因为 ，所以 ，即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，所以平面，从而平面，如图，在上取一点，使得，连接，因为，所以，所以，又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，所以平面，故；【小问2详解】连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，所以三棱锥的体积，所以，在 中，计算可得，由余弦定理得，所以，，设点到平面的距离为，则，故；综上，点M到平面PBE的距离为 .20. 设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上的最小值是4，求的值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（I）求得函数的的导航，分类讨论即可求解函数的单调区间，得到答案.（II）由（I）知，当时，函数在上单调递增，此时最小值不满足题意；当时，由（I）得是函数在上的极小值点，分类讨论，即可求解.【详解】（I）.当时，，在上单调递增；当时，解得，由解得.综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减.（II）由（I）知，当当时，函数在上单调递增，∴函数在上的最小值为，即，矛盾.当时，由（I）得是函数在上的极小值点.当即时，函数在上单调递增，则函数的最小值为，即，符合条件.②当即时，函数在上单调递减，则函数的最小值为即，矛盾.③当即时，函数上单调递减，函数在上单调递增，则函数的最小值为即.令（），则，∴在上单调递减，而， ∴在上没有零点，即当时，方程无解.综上，实数的值为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.21. 已知椭圆的离心率为，且经过点．  （1）求椭圆方程；（2）直线与椭圆交于点为的右焦点，直线分别交于另一点、，记与的面积分别为，求的范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由离心率为，且经过点可得答案；（2）设，令可得坐标，代入椭圆方程得，设，可得坐标，代入椭圆方程得，利用及的取值范围可得答案．【小问1详解】由离心率为，且经过点可得，又，解得，所以椭圆；【小问2详解】设，则，，令，，可得，代入，得，又，得，设，，可得，代入，得，又，得，∵，∴，∵，，∴．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是设，令，，分别求出、坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求的极坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线经过点，交于点交于点，求的最大值．【答案】（1），    （2）【解析】分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.（2）利用一元二次方程根与系数的关系，利用三角函数的变换求出结果.【小问1详解】由曲线：（为参数），消去参数得：，化简极坐标方程为：，曲线：（为参数），消去参数得：，可得极坐标方程为：.【小问2详解】  因点的直角坐标为，设直线的倾斜角为，，则直线的参数方程为：，（为参数，），代入的直角坐标方程整理得，，则，设，则，，，则，直线代入的直角坐标方程整理得，，则，因，所以.即的最大值为.23. 已知函数．（1）求的解集；（2）若最小值为，正实数满足，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分区间讨论即可求解，（2）利用图象可得的最小值，进而利用柯西不等式即可求解.【小问1详解】若，则，得．若，则，得．若，则，得．∴解集．【小问2详解】，的图象如下：  故当时，，∴．∵，当且仅当，即时，等号成立，∴.