四川省成都市石室中学2023届高考理科数学适应性考试（二）试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高考理科数学适应性考试（二）试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 函数图象的对称轴可以是等内容，欢迎下载使用。

成都石室中学高2023届高考适应性考试（二）
理科数学
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.
1. 集合的真子集的个数为（ ）
A. 3 B. 7 C. 15 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数的定义域结合真子集的知识得出答案.
【详解】因为，所以集合A的真子集的个数为.
故选：C.
2. 有下列四个命题，其中是真命题的是（ ）
A. “全等三角形的面积相等”的否命题
B. 在中，“”是“”的充分不必要条件
C. 命题“，”的否定是“，”
D. 已知，其在复平面上对应的点落在第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用原命题与否命题的关系即可判断A；利用充分必要条件即可判断B；利用全称命题的否定的定义即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D．
【详解】对于A，“全等三角形的面积相等”的否命题是“不全等三角形的面积不相等”，这显然是假命题，故A错误；
对于B，在中，，由，得，所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误；
对于C，命题“，”的否定是“，”，故C错误；
对于D，，所以其对应的点为，在第四象限，故D正确.
故选：D．
3. 某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前､后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图.下列结论正确的是（ ）

A. 招商引资后，工资净收入较前一年减少
B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.
【详解】设招商引资前经济收入为M，则招商引资后经济收入为2M.
对于A，招商引资前工资净收入为，招商引资后的工资净收入为，
所以招商引资后，工资净收入增加了，故A错误；
对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，
所以招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍，故B错误；
对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，
所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后经营净收入为，
所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.
故选：D.
4. 幂函数在区间上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是减函数
C. 奇函数 D. 是偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的定义及单调性可判断AB，再由奇函数的定义判断CD.
【详解】函数为幂函数，则，解得或.
当时，在区间上单调递增，不满足条件，排除A；
当时，在区间上单调递减，满足题意.
函数在和上单调递减，但不是减函数，排除B；
因为函数定义域关于原点对称，且，
所以函数是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误.
故选：C.
5. 函数图象的对称轴可以是（ ）
A. 直线 B. 直线
C. 直线 D. 直线
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式及二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质求出函数的对称轴.
【详解】，
令，解得，
所以的对称轴为直线，当时，.
故选：A.
6. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则，则
D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】若，，则或，A错；由线面平行的性质可判断B正确；由面面垂直的性质定理判断C错；由线面平行的判定定理即可得出D错.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，过m作平面与，分别交于直线a，b，
由线面平行的性质得，，所以，
又，，所以，
又，，所以，所以，故B正确；
对于C，由面面垂直的性质定理可得，
当时，，否则不成立，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选：B
7. 2023年1月底，人工智能研究公司OpenAI发布的名为“ChatGTP”的人工智能聊天程序进入中国，迅速以其极高的智能化水平引起国内关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为12，且当训练迭代轮数为12时，学习率衰减为0.5.则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：）
A. 36 B. 37 C. 38 D. 39
【答案】A
【解析】
【分析】由已知求得衰减系数，然后根据已知模型列不等式求解．
【详解】由已知，得，所以，
则有，即，即，
即，因此G至少为36.
故选：A.
8. 已知双曲线的右顶点为A，左､右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用渐近线的斜率求得，再利用余弦定理求得，进而求得，从而得到关于的齐次方程，解之即可得解.
【详解】设双曲线C的半焦距为，如图，

由题意可得，直线OM的方程为，有，即有，
又，解得，
在中，，
由余弦定理，得，
因此，即有，
又，则，，
又，于是，
所以，即，则，
两边同时除以，得，即，解得（舍去）或，
所以该双曲线的离心率，
故选：B.
9. 设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（ ）
A. 的最小值是 B. 的最小值是
C. 最大值是 D. 的最大值是
【答案】A
【解析】
【分析】由结合等差数列的前n项和公式可知数列为递增的等差数列，由可得，，即可求出，有最小值，且最小值为.
详解】由，得，即，
所以数列为递增的等差数列.
因为，所以，即，
则，，所以当且时，；
当且时，.因此，有最小值，且最小值为.
故选：A.
10. 安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲、乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.
【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；
当分为3,1,1人时，有种实习方案，
当分为2,2,1人时，有种实习方案，
即共有种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，
故选：D.
11. 已知平面上两定点，则所有满足且的点的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为6的正方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，结合题意可得点在空间内的轨迹为以为球心，半径为4的球.再根据球的性质求解即可.
【详解】在图1中，以为原点建立平面直角坐标系如图2所示，设阿氏圆圆心为，半径为.
因为，所以，所以.
设圆与交于点.由阿氏圆性质，知.
又，所以.又，所以，解得，所以，所以点在空间内的轨迹为以为球心，半径为4的球.
①当点在面内部时，如图2所示，截面圆与分别交于点，所以点在面内的轨迹为.因为在Rt中，，所以，所以，所以点在面内部的轨迹长为.
②同理，点在面内部的轨迹长为.
③当点在面内部时，如图3所示，因为平面，所以平面截球所得小圆是以为圆心，以长为半径圆，截面圆与分别交于点，且，所以点在面内的轨迹为，且.
综上，点的轨迹长度为.

故选：C
12. 若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】题设中的不等式等价于，令，结合导数可得该函数的单调性，结合可得的解，从而可求实数的取值范围.
【详解】由有意义可知，.
由，得.
令，即有.
因为，所以，令，
问题转化为存在，使得.
因为，令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，所以当时，.
因为存在，使得成立，所以只需且，解得.
故选：.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】先作出可行域，再根据目标函数的几何意义分析运算.
【详解】作约束条件的可行域，如图所示.
由，解得，令.
将目标函数变形为，表示斜率为2，纵截距为的直线，
根据其几何意义可得，当直线经过点时，其纵截距最小，
即当时，目标函数z取到最大值，则的最大值为2.
故答案为：2.

14. 已知数列满足，，若，，则的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】由等比的定义结合其性质得出的值.
【详解】因为，，所以数列为等比数列，设其公比为q.
由，
，得，，
所以.
当时，，则；
当时，，则.综上，的值为或.
故答案为：或
15. 已知函数，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调性与极值，画出函数图象，数形结合即可得解.
【详解】当时，，，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且，；
当时，，，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，令，则，又.
作出函数的函数图象如下：

若有且只有三个零点，即与只有三个交点，
由图可知需满足.
故答案为：
16. 已知为抛物线上两点，以为切点的抛物线的两条切线交于点，设以为切点的抛物线的切线斜率为，过点的直线斜率为，则以下结论正确的有__________.（填序号）
①成等差数列；②若点的横坐标为，则；③若点在抛物线的准线上，则是钝角三角形；④若点在直线上，则直线恒过定点.
【答案】①②④
【解析】
【分析】利用导数的几何意义分别表示出切线和的方程，设，得到为方程的两根.利用根与系数的关系判断出，即可判断①正确；由直接求出，即可判断②正确；由判断出两切线垂直，即可判断出③错误；求出直线方程：，即可判断④正确.
【详解】设.由，得，故，
所以切线的方程为，即.
同理可得，切线的方程为.
设点的坐标为，所以，
所以为方程的两根，故，
则，所以直线的方程为.
因为，所以，所以成等差数列，故①正确；
若，则，故②正确；
若点在抛物线的准线上，则，所以，故两切线垂直，
所以为直角三角形，故③错误；
若点在直线上，则.
由直线的方程，得.
又，故直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，故④正确.
故答案为：①②④
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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题，共60分.
17. 某企业为了解年广告费（单位：万元）对年销售额（单位：万元）的影响，统计了近年的年广告费和年销售额的数据，得到下面的表格：
年广告费
2
3
4
5
6
7
8
年销售额
25
41
50
58
64
78
89
由表中数据，变量的相关系数，可判定变量的线性相关关系较强.
（1）建立关于的线性回归方程；
（2）已知该企业的年利润与的关系为.根据（1）的结果，年广告费约为何值时（小数点后保留一位），年利润的预报值最大？
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.参考数据：.
【答案】（1）
（2）万元时，年利润的预报值最大
【解析】
【分析】（1）由已知数据分别求出变量的平均数，代入回归直线的斜率和截距公式，可求出线性回归方程；
（2）利用换元法结合二次函数的性质，得出年利润的预报值最大时的年广告费．
【小问1详解】
由表格数据，得，
由公式得，
，
故关于的线性回归方程为.
【小问2详解】
由（1）得，
设，所以，
所以，
故当时，取最大值，
所以万元时，年利润的预报值最大.
18. 如图，四边形为菱形，，平面，，．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根据线面垂直的判定定理先证明平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面；
（2）先根据题意建立合适的空间直角坐标系，再求出平面和平面的法向量，再根据二面角的空间向量求法即可得到答案．
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
如图，设交于点，以为轴，为轴，过点且平行于的方向为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，
因为，，
所以是正三角形，则，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，得，取，得，，即，
设平面的法向量为，
则，得，取，得，，即，
所以，
又二面角为钝角，
故二面角的余弦值为．
19. 在中，角所对的边分别为，且，边上有一动点.
（1）当为边中点时，若，求的长度；
（2）当为的平分线时，若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理的边化角公式得出，再由向量的运算得出的长度；
（2）由余弦定理结合基本不等式得出，再由得出，最后由对勾函数的单调性得出的最大值.
【小问1详解】
解：因为，
所以，即.
由正弦定理，得.
因为，所以.
因为，所以.
又因为，所以，所以.
因为为边中点，所以，则.
又，
所以，即，即，
所以
【小问2详解】
在中，由余弦定理，得.
又，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以.
因为平分，
所以，
所以，
所以.
令，则.
因为在上单调递增，
所以当即时，取得最大值为，
所以的最大值为.

20. 已知点，动点满足直线与的斜率之积为.记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程，并说明是什么曲线；
（2）设为曲线上的两动点，直线的斜率为，直线的斜率为，且.
①求证：直线恒过一定点；
②设的面积为，求的最大值.
【答案】（1），曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点.
（2）①证明见解析；②最大值为.
【解析】
【分析】（1）根据题目所给条件列出方程化简即可得解；
（2）①设直线的方程为，根据结合根与系数的关系化简，可得即可得证；②根据三角形面积公式得出面积表达式，利用配方法求最大值即可.
【小问1详解】
由题意，得，
化简得，
所以曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点.
【小问2详解】
如图，

①证明：设.
因为若直线的斜率为0，则点关于轴对称，必有，不合题意，
所以直线的斜率必不为0.
设直线的方程为.
由得，
所以，且
因为点是曲线上一点，
所以由题意可知，
所以，即
因为


所以，此时，
故直线恒过轴上一定点.
②由①可得，，
所以


当且仅当即时等号成立，
所以的最大值为.
21. 已知函数.
（1）若，求实数的值；
（2）已知且，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意分析得到是函数的极小值点，则解得再代入验证符合题意；
（2）由（1）可得，.令得到.令，利用导数证明出，得到，累加即可证明.
【小问1详解】
由，得.
令，则.
注意到，所以是函数的极小值点，则，
所以，得.
当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，满足条件，故.
【小问2详解】
由（1）可得，.
令，则，
所以，即.
令，则，且不恒为零，
所以函数在上单调递增，
故，则，
所以，
令分别取，累加得：
.
即证.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），直线l的方程为.
（1）当时，求曲线的直角坐标方程；
（2）当时，已知点，直线l与曲线交于A，B两点，线段AB的中点为M，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用完全平方公式与三角函数的基本关系式消去参数即可得解；
（2）先利用三角函数的基本关系式与倍角公式求得曲线的直角坐标方程，再结合题意求得直线l的参数方程，联立两方程得到关于参数的一元二次方程，再利用参数的几何意义即可得解.
【小问1详解】
当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因为，且，
所以曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因为，，
所以曲线的直角坐标方程为，
由题意易知在直线，且直线的斜率为，倾斜角为，
故设直线l的参数方程为（为参数），
将直线l的参数方程代入，得，易得，
设点A，B，M对应的参数分别为，，，则由韦达定理得，
又线段AB的中点为M，所以，
所以.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设函数的最小值为m，正数a，b，c满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分，，三种情况去绝对值解不等式组即可求解；
（2）先求出函数的最小值，再用柯西不等式证明.
【小问1详解】
解：当时，，所以，解得；
当时，，所以的解集为；
当时，，所以，解得.
综上，的解集为.
【小问2详解】
证明：由（1）可知，
当时，，所以.
由柯西不等式可得，，
所以，当且仅当，，时等号成立，原命题得证.