四川省射洪市射洪中学2023届高三数学（理）模拟预测试题（Word版附解析）

这是一份四川省射洪市射洪中学2023届高三数学（理）模拟预测试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

射洪中学高2023届高考适应性考试（二）
理科数学试题
一、选择题（本题共12小题共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】
解不等式求得集合，再利用并集的运算求得结果.
【详解】由已知，
又，．
故选：A
2. 复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数除法运算，化简复数，再计算求得复数的模.
【详解】，，
.
故选：B
3. 设，若，则（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 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.
4. 在中，若，那么角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理先求得，再得。
【详解】中，由题意，∴。
故选：C。
【点睛】本题考查余弦定理，考查用余弦定理求角。余弦定理公式较多，注意选用：如，变形为。
5. 若||＝2cos 15°，||＝4sin 15°，的夹角为30°，则等于(　　)
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：先根据向量数量积定义化简，再根据二倍角公式求值.
详解：因为，
所以选B.
点睛：平面向量数量积的类型及求法
(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.
(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.
6. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分必要条件的定义，结合指数函数性质，不等式的性质，即可判断．
【详解】不等式等价于，
由可推出，
由不一定能推出，例如时，，但，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
8. 运行如图所示的程序框图，输出i和S的值分别为（　　）

A. 2，15 B. 2，7 C. 3，15 D. 3，7
【答案】C
【解析】
【分析】根据程序框图，依次运行，直到满足条件退出循环，即可得到结论.
【详解】模拟循环如下：
，不满足条件，，不满足条件；
，满足条件，，，，不满足条件；
，不满足条件，，不满足条件；
，不满足条件，，不满足条件；
，满足条件，，，，不满足条件；
，不满足条件，，不满足条件；
，不满足条件，，不满足条件；；
，满足条件，，，，不满足条件；
，不满足条件，，满足条件，退出循环，输出，.
故选：C.
9. 已知a＞0，b＞0，若不等式恒成立，则m的最大值为（ ）
A. 9 B. 12
C. 18 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】变形利用基本不等式即可得出结果.
【详解】由，
得.
又（当且仅当，即时等号成立），
∴m≤12，∴m最大值为12，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关求参数最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求最值，属于简单题目.
10. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 时，在上单调递增
B. 时，的最小正周期为
C. 时，在R上的最小值为1
D. 对任意的正整数n，的图象都关于直线对称
【答案】AD
【解析】
【分析】根据辅助角公式、降幂公式，结合正弦型函数的最值、最小正周期公式、对称性逐一判断即可.
【详解】对于选项A：时，则，
因为，则，且在上单调递增，
所以在上单调递增，故A正确；
对于选项B、C：时，则，
所以的最小正周期为，故B错误；
当，即时，则取到最小值，故C错误；
对于选项D：因为，
所以对任意的正整数n，的图象都关于直线对称，故D正确；
故选：AD.
12. 设是定义在上的增函数，且对于任意的都有恒成立，如果实数满足不等式组，那么的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据任意的都有恒成立，将不等式化为，结合单调性，可得，然后根据圆的几何意义，即可求得的取值范围.
【详解】∵对于任意的都有恒成立，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在 上是增函数，
∴，即，
∵的圆心坐标为，半径为2，
∴内的点到原点的距离的取值范围为，即，
∴的取值范围为．
故选：C．

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. ___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式以及余弦的二倍角公式化简即可求解.
【详解】，
故答案为：.
14. 若双曲线的渐近线与圆相切，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线方程，写出渐近线方程，整理圆的标准方程，明确圆心与半径，结合直线与圆相切，建立方程，可得答案.
【详解】由双曲线方程，则其渐近线方程，
由圆方程，整理可得，其圆心为，半径，
由两个渐近线关于对称，则不妨只探究渐近线，整理可得，
由题意，可得，解得.
故答案为：.
15. 为舒缓高考压力，射洪中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一互助组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花苗，则可评为“阳光小组”．已知每颗种子发芽概率为0.8，全年级恰好共种了500盆，则大概有___________个小组能评为“阳光小组”．（结果四舍五入法保留整数）
【答案】410
【解析】
【分析】根据题意可计算出一盆花苗能被评为“阳光小组”的概率为，再根据二项分布的期望值即可求得结果.
【详解】由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，
其概率为，
即一盆花苗能被评为“阳光小组”的概率为，且被评为“阳光小组”的盆数服从二项分布，
所以500盆花苗中能被评为“阳光小组”的有.
故答案为：410
16. 已知函数，则下列命题中正确的有___________．
①函数有两个极值点；
②若关于x的方程恰有1个解，则；
③函数的图像与直线有且仅有一个交点；
④若，且，则无最值．
【答案】①③
【解析】
【分析】对函数的解析式进行化简并画出函数图象，由图可知函数有两个极值点，即①正确；利用函数与方程的思想可得恰有1个解时或，可知②错误；易知和是函数的两条切线，分类讨论参数并通过构造函数证明即可得出的图像与直线有且仅有一个交点，故③正确；分别解出的表达式，代入并构造函数利用导数研究其单调性可得有最小值，即④错误.
【详解】由函数可得，
函数的图像如下图所示：

对于①，由图可知，和是函数的两个极值点，故①正确；
对于②，若函数恰有1个零点，即函数与的图像仅有一个交点，可得或，故②不正确；
对于③，因为函数，在点处切线斜率，在点处的切线为，
函数，在处的切线斜率为，在处切线为，如图中虚线所示，
易知当，即时，的图像与直线恰有一个交点；
当，即时，令，得，
令，则，，
由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根；
当，即时，令，设，
则（仅当时取等号），
即函数在上单调递增，由于，
设单调递增，
单调递减，，
，
所以函数有且仅有一个实数根；故③正确；
对于④，由，
则，，，则，
设，则，
设，显然在上单调递增，
且，，所以存在，使，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以存在最小值，故④不正确；
故选：①③．
【点睛】方法点睛：函数零点和方程根的问题往往利用数形结合转化成函数图像交点的问题，极值和最值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论.
三、解答题（本大题共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. 已知正项数列的前n项和其中A，B，q为常数．
（1）若，求证：数列是等比数列；
（2）在（1）的条件下，若，求数列的前10项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）1078
【解析】
【分析】（1）由的关系及等比数列的定义进行证明即可；
（2）先由求得，又，即得，再由分组求和法求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，
则，
当时，，也符合上式，
所以，
由正项数列，可得且，,
又，则，
故数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
因为数列为等比数列，由可得，
又正项数列可得，则，
又，则，
所以.
18. 某超市从2014年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取100个，并按[ 0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，得到频率分布直方图如下：


假设甲、乙两种酸奶独立销售且日销售量相互独立．
（1）写出频率分布直方图（甲）中的的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为，，试比较与的大小；（只需写出结论）
（2）估计在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱且另一个不高于20箱的概率；
（3）设表示在未来3天内甲种酸奶的日销售量不高于20箱的天数，以日销售量落入各组的频率作为概率，求的数学期望．
【答案】（1），；（2）0．42；（3）0．9．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由各个小矩形的面积和为1，先求出，由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，由此可得出与的大小关系；（Ⅱ）首先设事件：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱；然后分别求出事件和事件的概率，最后由相互独立事件的概率乘法计算公式即可得出所求的结果；（Ⅲ）首先由题意可知的可能取值为0，1，2，3，然后运用相互独立重复试验的概率计算公式分别计算相应的概率，最后得出其分布列即可．
试题解析：（Ⅰ）由各小矩形的面积和为1可得：，解之的
；由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，主要集中在箱，故
．
（Ⅱ）设事件：在未来某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱．则，．所以 ．
（Ⅲ）由题意可知，的可能取值为0，1，2，3．
， ，
，．
所以的分布列为


0

1

2

3



0．343

0．441

0．189

0．027

所以 的数学期望．
考点：1、离散型随机变量的均值与方差；2、相互独立事件的概率乘法公式；3、频率分布直方图．
【方法点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的均值与方差和相互独立事件的概率乘法公式，属中档题．这类题型是历年高考的必考题型之一，其解题的关键有二点：其一是认真审清题意，掌握二项分布与几何分布，并区分两者的适用范围；其二是掌握离散型随机变量的分布列和均值的求法以及频率分布直方图的性质的应用．
19. 如图，在五面体中，四边形是边长为4的正方形，，平面平面，且,，点G是EF的中点.

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若直线BF与平面所成角的正弦值为，求的长；
（Ⅲ）判断线段上是否存在一点，使//平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）或；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由面面垂直性质定理，可得线面垂直；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法即得；
（Ⅲ）利用空间向量确定坐标，从而得出其位置.
【详解】（Ⅰ）因为，点G是EF的中点，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以 平面；
（Ⅱ）因为平面，，所以两两垂直. 以A为原点，以，，分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，

则，，，
设，则，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由 ，得
令 , 得，
因为BF与平面所成角的正弦值为，
所以 ，
即 ， 解得或，
所以或 ；
（Ⅲ）假设线段上存在一点，使得//平面，
设，则 ，

由 ，得，
设 ，则，
所以 ，
设平面的法向量为，
因为 ，，
由 ，得
令 , 得，
因为 //平面，
所以 ，即，
解得 .
所以 ，此时，
所以当时， //平面.
20. 设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）过右焦点的直线与椭圆相交于两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在直线为满足题意，详见解析
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据对称性求出点，从而可得出椭圆两焦点的坐标，利用椭圆定义求出的值，结合的值，可求出的值，从而写出椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线的方程为，可得出直线的方程为，设，， 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去，得出有关的一元二次方程，并列出韦达定理，同理将直线的方程与椭圆的方程联立可得出点的坐标，由已知条件得出线段与的中点重合，从而可得出有关的方程，求出的值，即可得出直线的方程．
【详解】（Ⅰ）解：由点和关于点对称，得，
所以椭圆E的焦点为，，
由椭圆定义，得 .
所以 ，.
故椭圆的方程为；
（Ⅱ）解：结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平行.
理由如下：
由题可知直线，直线的斜率存在，
设直线的方程为，直线的方程为
由，消去
得，
由题意，可知 ，设，，
则，，
由消去,
得，
由，可知，设，又，
则
若四边形的对角线互相平行，则与的中点重合，
所以，即
故
所以
解得，
所以直线为，四边形的对角线互相平分．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，对于直线与椭圆的综合问题，常采用韦达定理法，本题中注意到四边形为平行四边形，利用两对角线互相平分结合韦达定理进行求解，这是解题的关键，同时在解题中也要注意韦达定理法适用的情形．
21. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若，（其中），求a的取值范围，并说明．
【答案】（1）当时，的单调递减区间是，
当时，单调递减区间是，单调递增区间是
（2），答案见解析
【解析】
【分析】（1）易知函数的定义域为，求导并对参数进行分类讨论即可得出结论；
（2）由（1）中的结论可知，若，则函数的最小值必须满足，可得，再利用零点存在定理可得函数在和内分别存在一个零点，即可得.
【小问1详解】
.
当时，，则函数的单调递减区间是；
当时，令，得.
当变化时，，的变化情况如下表






0



极小值

所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问2详解】
由可得，函数存在两个零点；
由（1）知：当时，函数在区间内减函数，
所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.
当时，因为在内是减函数，在内是增函数，
所以要使，必须，即，解得；
当时，
不妨取，
令，则.
当时，，所以在上是增函数.
所以当时，，
所以.
因为时，，，
因为在内是减函数，在内是增函数，
且，，
由零点存在定理可知在内存在一个零点，不妨记为，
在内存在一个零点，不妨记为.
所以，
综上所述，的取值范围是.
因为，，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用不等式解集与函数零点的关系，将转化成函数存在两个零点，再利用函数单调性和零点存在定理分别限定出零点的取值范围即可.
请考生在第22，23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
选修4-4：极坐标和参数方程选讲
22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
（1）写出l直角坐标方程；
（2）若l与C有公共点，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.
【小问1详解】
因为l：，所以，
又因为，所以化简为，
整理得l的直角坐标方程：
【小问2详解】
[方法一]：【最优解】参数方程
联立l与C的方程，即将，代入中，
可得，
化简为，
要使l与C有公共点，则有解，
令，则，令，，
对称轴为，开口向上，
，
，
，即m的取值范围为.
[方法二]：直角坐标方程
由曲线的参数方程为，为参数，消去参数，可得，
联立，得，即，即有，即，的取值范围是．
【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；
方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视的范围限制而出错．

选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.
【详解】（1）当时，.
当时，，解得：；
当时，，无解；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为或.
（2）（当且仅当时取等号），
，解得：或，
的取值范围为.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.