四川省成都外国语学校高2023届高三适应性模拟检测理科数学试题（含解析）

这是一份四川省成都外国语学校高2023届高三适应性模拟检测理科数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都外国语学校高2023届高三适应性模拟检测理科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．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
3．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
4．已知，，则（    ）
A． B．1 C． D．
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．
6．直线的一个方向向量是（    ）
A． B． C． D．
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．
8．命题p：存在a∈R且a≠0，对于任意的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
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．
10．如图，曲线在点处的切线为直线，直线经过原点，则（    ）
      
A． B． C． D．
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．
12．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．2 D．

二、填空题
13．若数列是首项为，公比为的等比数列，则 ．
14．已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝ ．
15．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为 ．
16．如图，已知在大小为60°的二面角中，于点于点，且，则 .


三、解答题
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．
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．
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．
20．已知椭圆的左右焦点分别是，，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．
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．
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．
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．

参考答案：
1．A
【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：A
2．D
【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：D
3．B
【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：B
4．B
【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．B
【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：B
6．A
【解析】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．D
【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．C
【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．B
【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：B
10．C
【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．B
【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：B
12．A
【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，
因此四边形为矩形，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.
13．
【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．
故答案为：
14．1
【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．
【详解】由题意，
所以，
当且仅当时等号成立.
16．
【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
17．(1)，
(2)1123

【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．
【详解】（1）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．
（2）由（1）知，，
所以，
所以


．
18．(1)证明见解析
(2)

【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.
【详解】（1）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；
（2）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．(1)
(2)

【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.
【详解】（1）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；
（2）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．(1)
(2)存在，

【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
【详解】（1）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：；
（2）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．（1）1；（2）．
【解析】（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
22．(1)，
(2)

【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
【详解】（1），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
（2）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
∵
∴
∴
23．(1)
(2)1

【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.
【详解】（1）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.
（2）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.