2023届四川省合江中学高三适应性调研考试数学试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项: 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 2．设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（ ） A． B． C． D． 3．曲线在点处的切线方程为（ ） A． B． C． D． 4．为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数. 对于下列说法： ①越小，则国民分配越公平； ②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有； ③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则； ④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则. 其中正确的是： A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④ 5．执行如图所示的程序框图，若输出的，则①处应填写（ ） A． B． C． D． 6．记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最小值时，等于（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 7．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（ ） A．直线与异面 B．过只有唯一平面与平行 C．过点只能作唯一平面与垂直 D．过一定能作一平面与垂直 8．已知定义在上的偶函数，当时，，设，则（ ） A． B． C． D． 9．已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 10．已知变量，满足不等式组，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 11．双曲线：（），左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线的渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 12．已知双曲线的实轴长为，离心率为，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上运动，若为锐角三角形，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________. 14．已知函数，则下列结论中正确的是_________.①是周期函数；②的对称轴方程为，；③在区间上为增函数；④方程在区间有6个根. 15．函数在的零点个数为________． 16．若随机变量的分布列如表所示，则______，______． -1 0 1 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。 17．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为. （1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程； （2）设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为，试求点的坐标. 18．（12分）已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）. （1）求和的普通方程； （2）过坐标原点作直线交曲线于点（异于），交曲线于点，求的最小值. 19．（12分）在平面直角坐标系中,有一个微型智能机器人（大小不计）只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进,且每一步只能行进1个单位长度,例如：该机器人在点处时,下一步可行进到、、、这四个点中的任一位置．记该机器人从坐标原点出发、行进步后落在轴上的不同走法的种数为． （1）分别求、、的值； （2）求的表达式． 20．（12分）已知数列满足对任意都有，其前项和为，且是与的等比中项，． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，，设数列的前项和为，求大于的最小的正整数的值． 21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为. （1）求直线和圆的普通方程； （2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围. 22．（10分）某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆及其内接等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°而成，如图2.已知圆的半径为，设，圆锥的侧面积为. （1）求关于的函数关系式； （2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积最大.求取得最大值时腰的长度. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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、B 【答案解析】 本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【题目详解】 由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B． 【答案点睛】 面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误． 2、C 【答案解析】 连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率. 【题目详解】 如图，连接， 椭圆：的右顶点为A，右焦点为F， B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限， 直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点 为的中位线， ，且， ， 解得椭圆的离心率. 故选：C 【答案点睛】 本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题. 3、A 【答案解析】 将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程. 【题目详解】 曲线，即， 当时，代入可得，所以切点坐标为， 求得导函数可得， 由导数几何意义可知， 由点斜式可得切线方程为，即， 故选：A. 【答案点睛】 本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题. 4、A 【答案解析】 对于①，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以①正确.对于②，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，由图得，均有，可得，所以②错误.对于③，因为，所以，所以③错误.对于④，因为，所以，所以④正确.故选A． 5、B 【答案解析】 模拟程序框图运行分析即得解. 【题目详解】 ； ；. 所以①处应填写“” 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6、A 【答案解析】 先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值. 【题目详解】 解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，，要使最小，由解得，则. 解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值. 故选：A 【答案点睛】 此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题. 7、D 【答案解析】 根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断. 【题目详解】 A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾， 故正确. B. 根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确. C. 根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确. D. 根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误. 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题. 8、B 【答案解析】 根据偶函数性质，可判断关系；由时，，求得导函数，并构造函数，由进而判断函数在时的单调性，即可比较大小. 【题目详解】 为定义在上的偶函数， 所以 所以; 当时，， 则， 令 则，当时，， 则在时单调递增， 因为，所以， 即， 则在时单调递增， 而，所以 ， 综上可知， 即， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了偶函数的性质应用，由导函数性质判断函数单调性的应用，根据单调性比较大小，属于中档题. 9、B 【答案解析】 构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论. 【题目详解】 设,则函数的导数,，，即函数为减函数,,，则不等式等价为， 则不等式的解集为,即的解为，，由得或，解得或, 故不等式的解集为.故选:. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题. 10、B 【答案解析】 先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值. 【题目详解】 解：由变量，满足不等式组，画出相应图形如下： 可知点,， 在处有最小值，最小值为. 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查简单的线性规划，运用了数形结合的方法，属于基础题. 11、B 【答案解析】 首先求得双曲线的一条渐近线方程，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出，进而求出渐近线的方程. 【题目详解】 设左焦点为，一条渐近线的方程为，由左焦点到渐近线的距离为2，可得，所以渐近线方程为，即为, 故选：B 【答案点睛】 本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题. 12、A 【答案解析】 由已知先确定出双曲线方程为，再分别找到为直角三角形的两种情况，最后再结合即可解决. 【题目详解】 由已知可得，，所以，从而双曲线方程为 ，不妨设点在双曲线右支上运动，则，当时， 此时，所以， ，所以； 当轴时，，所以，又为锐角三 角形，所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查双曲线的性质及其应用，本题的关键是找到为锐角三角形的临界情况，即为直角三角形，是一道中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值. 【题目详解】 因为，故，因为，所以. 由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足， 所以即. 因为， 解得或（舍）. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题. 14、①②④ 【答案解析】 由函数，对选项逐个验证即得答案. 【题目详解】 函数， 是周期函数，最小正周期为，故①正确； 当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即. 的对称轴方程为，，故②正确； 当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故③错误； 作出函数的部分图象，如图所示 方程在区间有6个根，故④正确. 故答案为：①②④. 【答案点睛】 本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题. 15、 【答案解析】 求出的范围，再由函数值为零，得到的取值可得零点个数． 【题目详解】 详解： 由题可知，或 解得,或 故有3