1、石室中学高2023届高三适应性模拟检测试题理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义求解即可【详解】由题意，故选：C2. 若复数z满足，则（ ）
2、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简可得，然后根据共轭复数的概念，即可得出答案.【详解】由已知可得，从而.故选：B.3. 泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；丙：甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据以上信息
3、，可判断下面说法正确的是（ ）A. 甲走桃花峪登山线路B. 乙走红门盘道徒步线路C. 丙走桃花峪登山线路D. 甲走天烛峰登山线路【答案】D【解析】【分析】甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘
4、道徒步线路”正确.综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路故选D【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.4. 已知，则（ ）A. B. 1C. D. 【答案】B【解析】【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. 南宋数学家杨辉所著的详解九章算法中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层10个，则第三十六层球的个数为（ ）A. 561B. 595C. 630D. 666【答案】D【解析】【分析】通过前几层小球的个
5、数，可以发现规律得出结果.【详解】由题意，第一层个球，第二层个，第三层个，第四层个，据此规律，第三十六层有小球个.故选：D6. 易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这个数中任取个数，则这个数中至少有个阳数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据题意确定个数中的阳数和阴数，然后求出任取个数中有个阳数以及任取个数中有个阳数的概率，最后两者相加，即可得出结果.【详解】由题意可知，个数中，、是阳数，、是阴数，若任取个数
6、中有个阳数，则，若任取个数中有个阳数，则，故这个数中至少有个阳数的概率，故选：C.【点睛】本题考查超几何分布的概率计算，从有限的个物品（包括个指定物品）中抽取个物品，若抽取的个物品中有个指定物品，则概率，考查计算能力，是中档题.7. “”是“函数是奇函数”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】函数为奇函数，解得，判断与的互推关系，即可得到答案.【详解】当函数为奇函数，则，解得.所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件.故选：A.8. 过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则实数 A. B. C. D. 【答案】A
7、【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形，不妨取圆上一点，过作圆的两条切线，求出时的值即可【详解】如图所示，取圆上一点，过作圆的两条切线，当时，且；，则实数故选A【点睛】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了数形结合的应用问题，是基础题9. 用五种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】D【解析】【分析】对所选颜色的种数进行分类讨论，先涂、三点，再确定、三点颜色的选择方法种数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果.【详解】分以下几种情况讨论：若种颜色全用上，先涂、三点，有种，然后在
8、、三点中选择两点涂另外两种颜色，有种，最后一个点有种选择，此时共有种；若用种颜色染色，由种选择方法，先涂、三点，有种，然后在、三点中需选择一点涂最后一种颜色，有种，不妨设涂最后一种颜色的为点，若点与点同色，则点只有一种颜色可选，若点与点同色，则点有两种颜色可选，此时共有种；若用种颜色染色，则有种选择方法，先涂、三点，有种，点有种颜色可选，则、的颜色只有一种选择，此时共有.由分类加法计数原理可知，共有种涂色方法故选：D.10. 蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动2006年5月20日，蹴鞠已作为非
9、物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）已知某蹴鞠的表面上有四个点ABCD，满足任意两点间的直线距离为6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）【参考数据】，A. 101gB. 182g
10、C. 519gD. 731g【答案】B【解析】【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果.【详解】由题意可知，几何体是棱长为的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体棱长为，则正四面体的高为，设正四面体外接球半径为，则，解得，所以打印的体积为：，又，所以，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查正四面体与正四面体的外接球，考查几何体的体积公式，解决本题的关键点是求出正四面体外接球体积与正四面体体积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题11.
11、 函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下， 考虑，即处与的大小关系，当时，；当时，；当时，；所以由图可知，与的交点个数为.故选：C.12. 已知函数.若存在实数，使得成立，则正实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依题意，令，求出，若存在实数，使得成立，等价于成立，进而转化为，再
12、根据函数的单调性，得到，从而求出正实数的取值范围.【详解】令，则，当时，函数在上单调递减，若存在实数，使得不等式成立，等价于成立，又，所以.当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，为正实数，又函数在上单调递增，解得正实数的取值范围为.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若三个元件、按照如图的方式连接成一个系统，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响，当元件正常工作且、中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若元件、正常工作的概率依次为、，且这个系统正常工作的概率为，则元件正常工作的概率为_. 【答案】#【解析】【分析】设元件正常工作的概率为，当系统正常工作
13、时，当且仅当正常工作，、中至少有一个正常工作，利用独立事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】设元件正常工作的概率为，系统正常工作，当且仅当正常工作，、中至少有一个正常工作，由题意可得，系统正常工作的概率为，解得.故答案为：.14. 已知函数，若，则_【答案】-7【解析】【详解】分析：首先利用题的条件，将其代入解析式，得到，从而得到，从而求得，得到答案.详解：根据题意有，可得，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关已知某个自变量对应函数值的大小，来确定有关参数值的问题，在求解的过程中，需要将自变量代入函数解析式，求解即可得结果，属于基础题目.15. 已知
14、均为锐角，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】化切为弦，然后利用两角和余弦公式展开，利用基本不等式求解最值即可.【详解】，因为均为锐角，则，因此，因此，当且仅当时，等号成立.故答案为：16. ，是两个不共线的向量，已知，且三点共线，则实数_.【答案】【解析】【分析】先表示出，然后根据向量的共线定理进行计算.【详解】依题意得，于是，由三点共线可知，存在，使得，即，由于，是两个不共线的向量，则，解得.故答案为：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1721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. 记
15、为数列的前n项和，为数列的前n项和，已知（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由前n项和与通项之间的关系即可证明数列是等比数列；（2）以错位相减法求数列的前n项和即可解决【小问1详解】因为为数列的前n项和，当时，则当时， ，得，得所以数列是首项为1公比为的等比数列【小问2详解】由（1）可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以当时，当时，显然对于不成立，所以当时，当时，上下相减可得则又时，综上，18. 如图，在三棱锥中，（1）证明：平面SAB平面ABC；（2）若，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为
16、60，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）先证线面垂直，再证明面面垂直即可；（2）先假设存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60，然后建立空间直角坐标系，求出相关向量，再用夹角公式计算即可求解.【小问1详解】法一证明：取AB的中点E，连接SE，CE，因为所以三角形ACB为直角三角形，所以又所以所以所以又，平面ABC又平面SAB，平面平面ABC法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内所以，又所以因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点则平面SAB，平面平面ABC小问
17、2详解】以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，则，知，则，设，则，设平面SAB的一个法向量为则，取，得，则，得，又，方程无解，不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为6019. 移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域截至2022年底，我国移动物联网连接数达18.45亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家右图是2018-2022年移动物联网连接数W与年份代码t的散点图，其中年份2018-2022对应的t分别为15（1）根据散点图推断两个变量是否线性相关计算样本相关系数（精确到0.01），并推断它们的
18、相关程度；（2）(i)假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，两个变量满足一元线性回归模型 （随机误差）请推导：当随机误差平方和Q取得最小值时，参数b的最小二乘估计(ii)令变量，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用(i)中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数附：样本相关系数，【答案】（1）,这两个变量正线性相关，且相关程度很强. （2）（i）；（ii）经验回归方程;预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.【解析】【分析】（1）根据相关系数计算，若两个变量正相关，若两个变量负相关，越接近于1说明线性相关越强.（2）(
19、i)整理得，根据二次函数求最小值时的取值；(ii) 根据计算公式求得经验回归方程， 并代入可预测2024年移动物联网连接数.【小问1详解】由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断两个变量线性相关.因为,所以 ,所以 ,所以这两个变量正线性相关，且相关程度很强.【小问2详解】(i) ，要使取得最小值，当且仅当.(ii) 由(i)知 ，所以y关于x的经验回归方程，又，所以当 时，则，所以预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.20. 已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，且椭圆C的焦距、双曲线E的实轴长、双曲线E的焦距依次构成等比数列.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若双曲线
20、E的虚轴的上端点为，问是否存在过点的直线交椭圆C于两点，使得以为直径的圆过原点？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，或.【解析】【分析】（1）将已知双曲线的方程化为标准形式求得离心率，结合椭圆中的基本量关系和已知条件，求得椭圆的半长轴和半短轴，得到椭圆的标准方程；（2）先排除直线l斜率不存在的情形，然后设出直线的斜率，写出方程，联立直线与椭圆方程，利用判别式求得k的取值范围，利用韦达定理和向量的垂直的条件得到关于k的方程，求解并验证是否满足上面求出的范围即可.【详解】解：（1）双曲线，即为，其离心率为，则椭圆的离心率为. 因为双曲线E的实轴长为、焦距为
21、4，设椭圆C的焦距为，则成等比数列，所以，解得. 又，及，解得所以椭圆C的标准方程为；（2）双曲线E的虚轴上端点为.当直线的斜率不存在时，点为椭圆的上、下两顶点，显然不符合题意； 故直线的斜率存在，设斜率为k，则直线的方程为，联立方程组消去y，得. 显然，解得或.设点，则， 所以，若以为直径的圆过原点，则，所以，所以，即， 所以，解得，符合式，所以直线的方程为或.21. 已知函数，其中为实数（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；（2）求证：对任意的实数，方程均有解【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意在区间上恒成立，所以，记，利用导数求解即可；（2）设，故方程转化为，设
22、，分为，两种情况讨论，结合零点存在定理得出结论【小问1详解】因在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，所以记，因为在上单调递增且恒大于0，在上单调递增，当时，所以不可能取得最大值；当时，且单调递增，单调递增且恒大于0，所以在上单调递增，所以，所以，即的取值范围是【小问2详解】设，由方程得，即，所以，设，当时，由，得，故原方程有解；当时，则，由零点存在定理可知，在上有零点，故原方程有解综上，对任意的实数，方程均有解【点睛】方法点睛：一般地，由函数的单调性求参数范围的问题常转化为不等式恒成立问题，常见处理方法有：分离参数法：分离出函数中的参数，问题转化为求新函数的最值或范围若恒成立，则；若恒成立，则
23、；最值法：通过对函数最值的讨论得出结果若恒成立，则；若恒成立，则；数形结合法：若恒成立，则图象始终在的上方；分段讨论法：对变量进行分段讨论，然后再综合处理（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，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；若直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的中点P到坐标原点O的距离【答案】（1），（2）【解析】【分析】（I）将代入，即可得到直线的普通方程，利用极坐
24、标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线C的直角坐标方程；（II）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理和参数的几何意义，即可求解点到原点的距离.【详解】解：（I）将代入，整理得，所以直线的普通方程为.由得，将，代入，得，即曲线的直角坐标方程为.（II）设，的参数分别为，.将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，化简得，由韦达定理得，于是.设，则则.所以点到原点的距离为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数的几何意义的应用，其中熟记互化公式，合理利用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.选修45：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）已知a，b，c均为正实数，若函数的最小值为，且满足，求证：.【答案】（1） （2）证明见详解.【解析】【分析】（1）转化为分段函数解不等式即可；（2）由（1）知t，运用基本不等式证明即可.【小问1详解】由条件可知：， 当时，当时，当时，综上的解集为；【小问2详解】由（1）可知当时，时取得最小值，当时，当时，时取得最小值，综上，故，即，则，a，b，c均为正实数，当且仅当时取得等号，即，
