四川省攀枝花市第七高级中学2023-2024学年高三下学期第一次适应性考试（理科数学）试题

高三下第一次适应性考试（理科数学）一、单选题（每小题5分）1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数、对数函数的单调性求集合，再结合交集运算求解.【详解】由题意可知：，，所以.故选：C.2.已知i为虚数单位，若复数对应的点在复平面的虚轴上，则实数（）A. B. C.6 D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算整理一般式，可得答案.【详解】由，结合题意，则，解得.故选：D.3.运行如图所示的程序框图，若输出S的值为80，则判断框中应填入（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据程序框图分析求解即可.【详解】因为，可得；；，；结束循环，故填.故选：A．4.的展开式中，常数项为（）A. B. C.70 D.72【答案】C【解析】【分析】方法一：由，利用通项公式求解；方法二：由，利用通项公式求解.【详解】解：方法一：展开式中，第项，所以常数项为，方法二：展开式中，第项，当时，展开式中常数项为；当时，展开式中常数项为；当时，，所以的展开式中，常数项为70，故选：C．5.已知满足约束条件，则的最小值为（）A.2 B.18 C.20 D.22【答案】B【解析】【分析】先作出不等式组表示的平面区域，再根据表示可行域内的点与原点距离的平方，数形结合即可.【详解】约束条件表示的可行域为如图所示的阴影部分（包括边界），表示可行域内的点与原点距离的平方．由图知，的最小值为原点到直线的距离．由点到直线的距离公式得原点到直线的距离，故的最小值为18．故选：B．6.下列说法不正确的是（）①命题“，”的否定是“,”；②“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件；③命题，，命题,，则为真命题；④“函数在上是减函数”，为真命题.A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④【答案】C【解析】【分析】对于①：根据全称命题的否定是特称命题分析判断；对于②：根据奇函数的定义结合充要条件分析判断；对于③：根据特称命题结合逻辑联结词分析判断；对于④：根据单调性的定义举例分析判断.【详解】对于①：命题“，”的否定是“,”，故①不正确；对于②：若，则的定义域为，且，所以函数为奇函数，即充分性成立；若函数为奇函数，且的定义域为，可得，整理得恒成立，解得，即必要性不成立；所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，故②正确；对于③：因为恒成立，即命题,为假命题，所以为假命题，故③不正确；对于④：当时，当时，但，可得，所以函数在上不是减函数，故④不正确；故选：C.7.已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（）A.是一个半径为的圆 B.是一条与相交的直线C.上的点到的距离均为 D.是两条平行直线【答案】C【解析】【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得轨迹，结合选项即可得出正确答案.【详解】设，由，则，由在直线上，故，化简得，即的轨迹为为直线且与直线平行，上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.故选：C.8.等比数列的前项和为，若且，则（）A.6 B.6或14 C.6或14 D.2或6或14【答案】D【解析】【分析】根据已知条件及等比数列的前项和公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为，则当时，则，所以；当时，若，则，所以，，即，又因为所以，解得，所以所以或14，综上：或6或14，故选：D.9.已知椭圆()，，分别为椭圆的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，若、A、、B四点共圆，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据四点共圆及的倾斜角得到为等边三角形，故，进而求出，利用椭圆定义得到方程，求出离心率.【详解】因为、A、、B四点共圆，为圆心，所以，故，又的倾斜角为，故为等边三角形，故，由勾股定理得，由椭圆定义可得，即，解得.故选：C10.若点是函数图象上任意一点，直线为点处的切线，则直线倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率的范围即可得解.【详解】函数中，，即，设点，求导得，由，得，即，因此函数的图象在点处的切线斜率，显然直线的倾斜角为钝角，所以直线的倾斜角的取值范围是.故选：C11.已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.【详解】，所以直线恒过点，，所以直线恒过点，由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直，因此点在以为直径的圆上，线段中点为，半径为，圆的圆心为，半径为，由已知条件可知点在圆：上，所以圆与圆相交或相切，，因此有，解得：，所以则的最大值是，故选：A【点睛】关键点睛：通过直线方程判断交点的位置，根据圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.12.已知正方体的内切球半径为1，、平面，若，，现在有以下四个命题：：点的轨迹是一个圆：点的轨迹是一个圆：三棱锥的体积为定值：则下述结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如图建立以为原点的空间直角坐标系，设.由，，可确定E，F坐标，即可判断p，q命题正误；对于，注意到F到平面距离为定值，即可判断命题正误；对于，由圆外一直线到圆上点最短距离相关知识可判断命题s否正确.后可判断出正确结论.【详解】如图建立以为原点的空间直角坐标系，因正方体的内切球半径为1，则正方体棱长为2.则，设.对于p，，则点的轨迹是一个以为圆心，半径为1的圆，故正确；对于q，由，则，又，，则，即F在直线上，故点的轨迹是一条直线，故q错误；对于r，注意到，面，面，则面，又F在直线上，则点到平面距离为定值，则为定值，故r正确；对于s，由以上分析可知，即为圆外一直线到圆上点距离，当圆心，圆上一点，直线上点三点共线,且圆上一点，直线上点在圆心同侧时距离最小.由题可得，直线到圆心距离为，又圆半径为1，故最短距离为，即，故s正确.则正确，错误，又错误，则，错误.故选：C二、填空题（每小题5分）13.已知两条直线若直线与直线平行，则实数_____．【答案】【解析】【详解】试题分析：由直线方程分析可知斜率必存在,由直线与直线平行可得.则有,解得.考点：两直线平行.14.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得.【详解】在中，由及正弦定理，得，则，整理得，而，因此，又，所以.故答案为：15.抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的延长线交轴于．若为线段的中点，则____________．【答案】【解析】【分析】设，先根据定义得出，再应用中点结合图形特征计算即可.【详解】如图，过点作轴于点，交抛物线的准线于点，由题意得，设，由抛物线定义可知，，因为为线段的中点，所以，所以，将其代入可得：，解得.故答案为：.16.如图，函数的图象为折线，函数是定义域为R的奇函数，满足，且当x∈0,2时，，给出下列四个结论：①；②函数在内有且仅有3个零点；③；④不等式的解集.其中正确结论的序号是_____________.【答案】①③④【解析】【分析】根据奇函数的性质可判断①，根据题意推出函数为周期函数，根据周期结合在上的图象可得函数的零点判断②，根据周期及奇函数的性质结合在上的图象判断③，利用数形结合求出不等式的解集判断④.【详解】因为函数是定义域为R的奇函数，所以，故，即，故①正确；又，所以，所以，即，所以函数周期为，由图象可知，所以，由周期知，故函数在内有共5个零点，故②错误；因为，，，由图象可知，，，又，所以，故③正确；由图象，利用待定系数法可知，在同一坐标系下，作出，的图象如下，由图易知，，所以结合图象知不等式的解集，故④正确.故答案为：①③④三、解答题17.设函数.（1）若函数的图象在点处的切线为直线，且直线与圆相切，求的值；（2）当时，求函数的单调区间．【答案】（1）；（2）单调递增区间为，单调递减区间为.【解析】【分析】（1）先利用导数求出直线的方程，由直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于圆的半径，从而列方程解的值；（2）求函数的定义域，并求导，求出极值点，结合导数的正负得出函数的单调区间．【详解】（1）依题意有，，则，，因此，直线的方程为，即，又已知圆的圆心坐标为，半径为，依题意可得，解得；（2）由题意可知，函数的定义域为，且.且，解不等式，得；解不等式，得.因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.18.已知数列满足，（1）求证：数列为等差数列;（2）求数列的通项公式与最大值.【答案】（1）证明见解析（2），最大值是【解析】【分析】（1）计算，根据等差数列的概念即得结论；（2）由（1）可得，再研究其单调性，计算可得结论．【小问1详解】因为，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）可得，即当时，由反比例函数的性质知单调递减，所以，又，，，所以数列的最大值是19.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，为中点，，.（1）证明:平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，可通过证明，，得平面；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，通过向量的夹角公式可得答案.【小问1详解】证明：连接，，则，在中，因为，则，因为，，所以，，所以，则，又，、平面，所以平面【小问2详解】解：因为，为的中点，则，又平面，以为原点，以、、方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系，则O0,0,0、、、、P0,0,1，所以，，，，，，，，设平面法向量为m=x1,y1,z设平面法向量为n=x2,y2,z设平面与平面所成锐二面角的平面角为，所以．20.某学校为了学习、贯彻党的二十大精神，组织了“二十大精神”知识比赛，甲、乙两位教师进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲、乙答对的概率分别为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．（1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望；（2）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）由题意知，取值可能为，分别求出对应的概率，写出分布列，再由数学期望公式即可.（2）由独立事件乘法公式及互斥事件的概率即可求出结果.【小问1详解】取值可能为，；；，所以的分布列为010．【小问2详解】由（1）可知在一局比赛中，乙获得10分的概率为，乙获得0分的概率为，乙获得分的概率为．在3局比赛中，乙获得30分的概率为；在3局比赛中，乙获得20分的概率为；在3局比赛中，乙获得10分的概率为，所以乙最终获胜的概率为．21.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1．（1）求双曲线的方程；（2）设动直线与相切于点A，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为．证明：存在定点，使得．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由渐近线倾斜角结合右焦点到渐近线的距离可得，即可得方程；（2）将与双曲线方程，联立，可得A，B坐标，后由对称性可得点必在轴上，设，后由可证明结论【小问1详解】双曲线的渐近线方程为，右焦点Fc,0到渐近线的距离为，故，又且，解得：故双曲线的方程是．【小问2详解】由，得．动直线与双曲线有且只有一个公共点Ax0,y所以，化简得．（*）此时，由，得．假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上．设，要使，则，则对满足（*）式的恒成立．，由，得，整理得．（**）由于（**）式对满足（*）式的恒成立，.故存在定点，使得.【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线中的定点问题，有时可通过对称性确定定点位置，从而简化计算流程.此外，向量与韦达定理也是经常使用的工具.22.在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线的极坐标方程；（2）在极坐标系中，射线与曲线分别交于两点（异于极点），求．【答案】（1）曲线的极坐标方程，曲线的极坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）利用普通方程和极坐标方程之间的转化公式即可；（2）利用极坐标方程的几何意义即可.【小问1详解】因为曲线，，所以曲线的极坐标方程，因为曲线