2022-2023學年山西省忻州一中、臨汾一中、精英中學高三適應性調研考試數學試題含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．一袋中裝有個紅球和個黑球（除顏色外無區(qū)別），任取球，記其中黑球數為，則為（）A． B． C． D．2．將函數的圖像向左平移個單位長度后，得到的圖像關于坐標原點對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．3．函數的圖象大致為（）A． B．C． D．4．已知函數的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（）A． B． C． D．5．已知集合，集合，則（）A． B． C． D．6．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，則滿足A∪C＝B的集合C的個數為（）A．4 B．3 C．2 D．17．已知函數，，當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為（）A． B． C． D．8．某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積為（）A． B．1 C． D．9．正項等差數列的前和為，已知，則=（）A．35 B．36 C．45 D．5410．以下關于的命題，正確的是A．函數在區(qū)間上單調遞增B．直線需是函數圖象的一條對稱軸C．點是函數圖象的一個對稱中心D．將函數圖象向左平移需個單位，可得到的圖象11．若θ是第二象限角且sinθ=，則=A． B． C． D．12．設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線的焦點為，其準線與坐標軸交于點，過的直線與拋物線交于兩點，若，則直線的斜率________.14．已知函數在上單調遞增，則實數a值范圍為_________.15．設是定義在上的函數，且，對任意，若經過點的一次函數與軸的交點為，且互不相等，則稱為關于函數的平均數，記為.當_________時，為的幾何平均數.（只需寫出一個符合要求的函數即可）16．（5分）已知函數，則不等式的解集為____________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，數列為等差數列，且，，.（1）求數列與的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）設為數列的前項和，若對于任意，有，求實數的值.18．（12分）已知拋物線：的焦點為，過上一點（）作兩條傾斜角互補的直線分別與交于，兩點，（1）證明：直線的斜率是－1；（2）若，，成等比數列，求直線的方程.19．（12分）在中，內角，，所對的邊分別是，，，，，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．20．（12分）在平面直角坐標系中，已知直線（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；（2）設點的極坐標為，直線與曲線的交點為，求的值.21．（12分）如圖所示，在三棱錐中，，，，點為中點．（1）求證：平面平面；（2）若點為中點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．22．（10分）已知在等比數列中，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列前項的和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，進而可求得隨機變量的數學期望值.【詳解】由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，則，，，.因此，隨機變量的數學期望為.故選：A.【點睛】本題考查隨機變量數學期望的計算，考查計算能力，屬于基礎題.2、B【解析】

由余弦的二倍角公式化簡函數為，要想在括號內構造變?yōu)檎液瘮担辽傩枰蜃笃揭苽€單位長度，即為答案.【詳解】由題可知，對其向左平移個單位長度后，，其圖像關于坐標原點對稱故的最小值為故選：B【點睛】本題考查三角函數圖象性質與平移變換，還考查了余弦的二倍角公式逆運用，屬于簡單題.3、A【解析】

根據函數的奇偶性和單調性，排除錯誤選項，從而得出正確選項.【詳解】因為，所以是偶函數，排除C和D.當時，，，令，得，即在上遞減；令，得，即在上遞增.所以在處取得極小值，排除B.故選：A【點睛】本小題主要考查函數圖像的識別，考查利用導數研究函數的單調區(qū)間和極值，屬于中檔題.4、B【解析】

根據三角函數的兩角和差公式得到，進而可以得到函數的最值，區(qū)間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結果.【詳解】函數則函數的最大值為2，存在實數，使得對任意實數總有成立，則區(qū)間(m,n)長度要大于等于半個周期，即故答案為：B.【點睛】這個題目考查了三角函數的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數的圖像的性質的應用，題目比較綜合.5、C【解析】

求出集合的等價條件,利用交集的定義進行求解即可.【詳解】解：∵,,∴,故選：C.【點睛】本題主要考查了對數的定義域與指數不等式的求解以及集合的基本運算,屬于基礎題.6、A【解析】

由可確定集合中元素一定有的元素，然后列出滿足題意的情況，得到答案.【詳解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4種情況，所以選A項.【點睛】考查集合并集運算，屬于簡單題.7、D【解析】

由變形可得,可知函數在為增函數,由恒成立,求解參數即可求得取值范圍.【詳解】,即函數在時是單調增函數.則恒成立..令,則時,單調遞減,時單調遞增.故選:D.【點睛】本題考查構造函數,借助單調性定義判斷新函數的單調性問題,考查恒成立時求解參數問題,考查學生的分析問題的能力和計算求解的能力,難度較難.8、C【解析】該幾何體為三棱錐，其直觀圖如圖所示，體積．故選.9、C【解析】

由等差數列通項公式得，求出，再利用等差數列前項和公式能求出.【詳解】正項等差數列的前項和，，，解得或（舍），，故選C.【點睛】本題主要考查等差數列的性質與求和公式，屬于中檔題.解等差數列問題要注意應用等差數列的性質（）與前項和的關系.10、D【解析】

利用輔助角公式化簡函數得到，再逐項判斷正誤得到答案.【詳解】A選項，函數先增后減，錯誤B選項，不是函數對稱軸，錯誤C選項，，不是對稱中心，錯誤D選項，圖象向左平移需個單位得到，正確故答案選D【點睛】本題考查了三角函數的單調性，對稱軸，對稱中心，平移，意在考查學生對于三角函數性質的綜合應用，其中化簡三角函數是解題的關鍵.11、B【解析】由θ是第二象限角且sinθ=知：，．所以．12、D【解析】

由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

求出拋物線焦點坐標，由，結合向量的坐標運算得，直線方程為，代入拋物線方程后應用韋達定理得，，從而可求得，得斜率．【詳解】由得，即聯立得解得或，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直線與拋物線相交，考查向量的線性運算的坐標表示．直線方程與拋物線方程聯立后消元，應用韋達定理是解決直線與拋物線相交問題的常用方法．14、【解析】

由在上恒成立可求解．【詳解】，令，∵，∴，又，，從而，令，問題等價于在時恒成立，∴，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的單調性，解題關鍵是問題轉化為恒成立，利用換元法和二次函數的性質易求解．15、【解析】

由定義可知三點共線，即，通過整理可得，繼而可求出正確答案.【詳解】解：根據題意，由定義可知：三點共線.故可得：，即，整理得：，故可以選擇等.故答案為:.【點睛】本題考查了兩點的斜率公式，考查了推理能力，考查了運算能力.本題關鍵是分析出三點共線.16、【解析】

易知函數的定義域為，且，則是上的偶函數．由于在上單調遞增，而在上也單調遞增，由復合函數的單調性知在上單調遞增，又在上單調遞增，故知在上單調遞增．令，知，則不等式可化為，即，可得，又，是偶函數，可得，由在上單調遞增，可得，則，解得，故不等式的解集為．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），（2）（3）【解析】

（1）假設公差，公比，根據等差數列和等比數列的通項公式，化簡式子，可得，，然后利用公式法，可得結果.（2）根據（1）的結論，利用錯位相減法求和，可得結果.（3）計算出，代值計算并化簡，可得結果.【詳解】解：（1）依題意：，即，解得：所以，（2），，，上面兩式相減，得：則即所以，（3），所以由得，，即【點睛】本題主要考查等差數列和等比數列的綜合應用，以及利用錯位相減法求和，屬基礎題.18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）設，，由已知，得，代入中即可；（2）利用拋物線的定義將轉化為，再利用韋達定理計算.【詳解】（1）在拋物線上，∴，設，，由題可知，，∴，∴，∴，∴，∴（2）由（1）問可設：：，則，，，∴，∴，即（*），將直線與拋物線聯立，可得：，所以，代入（*）式，可得滿足，∴：.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系的應用，在處理直線與拋物線位置關系的問題時，通常要涉及韋達定理來求解，本題查學生的運算求解能力，是一道中檔題.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據正弦定理先求得邊c，然后由余弦定理可求得邊b；（Ⅱ）結合二倍角公式及和差公式，即可求得本題答案.【詳解】（Ⅰ）因為，由正弦定理可得，，又，所以，所以根據余弦定理得，，解得，；（Ⅱ）因為，所以，，，則．【點睛】本題主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，屬基礎題.20、（1）（2）【解析】

（1）由公式可化極坐標方程為直角坐標方程；（2）把點極坐標化為直角坐標，直線的參數方程是過定點的標準形式，因此直接把參數方程代入曲線的方程，利用參數的幾何意義求解．【詳解】解：（1），則，∴，所以曲線的直角坐標方程為，即（2）點的直角坐標為，易知.設對應參數分別為將與聯立得【點睛】本題考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，考查直線參數方程，解題時可利用利用參數方程的幾何意義求直線上兩點間距離問題．21、（1）答案見解析．（2）【解析】

（1）通過證明平面，證得，證得，由此證得平面，進而證得平面平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出平面與平面所成銳二面角的余弦值.【詳解】（1）因為，所以平面，因為平面，所以．因為，點為中點，所以．因為，所以平面．因為平面，所以平面平面．（2）以點為坐標原點，直線分別為軸，軸，過點與平面垂直的直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，，設平面的一個法向量，則即取，則，，所以，設平面的一個法向量，則即取，則，，所以，設平面與平面所