2024屆四川省眉山市仁壽一中南校區(qū)高三下學期5月適應性考試數學試題

2024屆四川省眉山市仁壽一中南校區(qū)高三下學期5月適應性考試數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（）A． B． C． D．2．已知的內角的對邊分別是且，若為最大邊，則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．數列滿足：，，，為其前n項和，則（）A．0 B．1 C．3 D．44．設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”是“”的A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件5．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：函數的最小值為4.給出下列命題：①；②；③；④，其中真命題的個數為()A．1 B．2 C．3 D．46．已知為定義在上的偶函數，當時，，則（）A． B． C． D．7．的展開式中各項系數的和為2，則該展開式中常數項為A．-40 B．-20 C．20 D．408．已知，則的大小關系是（）A． B． C． D．9．已知拋物線：（）的焦點為，為該拋物線上一點，以為圓心的圓與的準線相切于點，，則拋物線方程為（）A． B． C． D．10．已知復數，則的虛部為（）A． B． C． D．111．若雙曲線：的一條漸近線方程為，則（）A． B． C． D．12．中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題；“三百七十八里關，初行健步不為難，次后腳痛遞減半，六朝才得到其關，要見每朝行里數，請公仔細算相還.”其意思為：“有一個人走了378里路，第一天健步走行，從第二天起腳痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達目的地，求該人每天走的路程.”由這個描述請算出這人第四天走的路程為（）A．6里 B．12里 C．24里 D．48里二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數在處的切線與直線平行，則為________.14．如圖，在一個倒置的高為2的圓錐形容器中，裝有深度為的水，再放入一個半徑為1的不銹鋼制的實心半球后，半球的大圓面、水面均與容器口相平，則的值為____________.15．在中，，．若，則_________．16．已知△ABC得三邊長成公比為2的等比數列，則其最大角的余弦值為_____.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）在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知：，：，：.（1）求與的極坐標方程（2）若與交于點A，與交于點B，，求的最大值.18．（12分）已知函數.（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）設其中為常數.若方程在上恰有兩個不相等的實數根，求實數的取值范圍.19．（12分）中，內角的對邊分別為，.（1）求的大小；（2）若，且為的重心，且，求的面積.20．（12分）已知數列是公比為正數的等比數列，其前項和為，滿足，且成等差數列.（1）求的通項公式；（2）若數列滿足，求的值.21．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為．（Ⅰ）求直線的普通方程及曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）設點，直線與曲線相交于，，求的值．22．（10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.

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【解題分析】

根據球的特點可知截面是一個圓，根據等體積法計算出球心到平面的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求.【題目詳解】如圖所示：設內切球球心為，到平面的距離為，截面圓的半徑為，因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為，又因為，所以，又因為，所以，所以，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為.故選：A.【題目點撥】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般.任何一個平面去截球，得到的截面一定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算.2、C【解題分析】

由，化簡得到的值，根據余弦定理和基本不等式，即可求解.【題目詳解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因為為三角形的最大角，所以，又由余弦定理，當且僅當時，等號成立，所以，即，又由，所以的取值范圍是.故選：C.【題目點撥】本題主要考查了代數式的化簡，余弦定理，以及基本不等式的綜合應用，試題難度較大，屬于中檔試題，著重考查了推理與運算能力.3、D【解題分析】

用去換中的n，得，相加即可找到數列的周期，再利用計算.【題目詳解】由已知，①，所以②，①+②，得，從而，數列是以6為周期的周期數列，且前6項分別為1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故選：D.【題目點撥】本題考查周期數列的應用，在求時，先算出一個周期的和即，再將表示成即可，本題是一道中檔題.4、B【解題分析】

根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論．【題目詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不共線且反向，所以必要性不成立．所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件．故選B．【題目點撥】判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確．5、A【解題分析】

先由兩直線垂直的條件判斷出命題p的真假，由基本不等式判斷命題q的真假，從而得出p,q的非命題的真假，繼而判斷復合命題的真假，可得出選項.【題目詳解】已知對于命題，由得，所以命題為假命題；關于命題，函數，當時，，當即時，取等號，當時，函數沒有最小值，所以命題為假命題.所以和是真命題，所以為假命題，為假命題，為假命題，為真命題，所以真命題的個數為1個.故選：A.【題目點撥】本題考查直線的垂直的判定和基本不等式的應用，以及復合命題的真假的判斷，注意運用基本不等式時，滿足所需的條件，屬于基礎題.6、D【解題分析】

判斷，利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【題目詳解】∵，∴．故選：【題目點撥】本題考查了利用函數的奇偶性求值，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.7、D【解題分析】令x=1得a=1.故原式=．的通項，由5-2r=1得r=2,對應的常數項=80，由5-2r=-1得r=3,對應的常數項=-40，故所求的常數項為40，選D解析2.用組合提取法,把原式看做6個因式相乘，若第1個括號提出x,從余下的5個括號中選2個提出x，選3個提出；若第1個括號提出，從余下的括號中選2個提出，選3個提出x.故常數項==-40+80=408、B【解題分析】

利用函數與函數互為反函數，可得，再利用對數運算性質比較a,c進而可得結論.【題目詳解】依題意，函數與函數關于直線對稱，則，即，又，所以，.故選：B.【題目點撥】本題主要考查對數、指數的大小比較，屬于基礎題.9、C【解題分析】

根據拋物線方程求得點的坐標，根據軸、列方程，解方程求得的值.【題目詳解】不妨設在第一象限，由于在拋物線上，所以，由于以為圓心的圓與的準線相切于點，根據拋物線的定義可知，、軸，且.由于，所以直線的傾斜角為，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以拋物線的方程為.故選：C【題目點撥】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線的斜率，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.10、C【解題分析】

先將，化簡轉化為，再得到下結論.【題目詳解】已知復數，所以，所以的虛部為-1.故選：C【題目點撥】本題主要考查復數的概念及運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.11、A【解題分析】

根據雙曲線的漸近線列方程，解方程求得的值.【題目詳解】由題意知雙曲線的漸近線方程為，可化為，則，解得.故選：A【題目點撥】本小題主要考查雙曲線的漸近線，屬于基礎題.12、C【解題分析】

設第一天走里，則是以為首項，以為公比的等比數列，由題意得，求出（里，由此能求出該人第四天走的路程．【題目詳解】設第一天走里，則是以為首項，以為公比的等比數列，由題意得：，解得（里，（里．故選：C．【題目點撥】本題考查等比數列的某一項的求法，考查等比數列等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

根據題意得出，由此可得出實數的值.【題目詳解】，，直線的斜率為，由于函數在處的切線與直線平行，則.故答案為：.【題目點撥】本題考查利用函數的切線與直線平行求參數，解題時要結合兩直線的位置關系得出兩直線斜率之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.14、【解題分析】

由已知可得到圓錐的底面半徑，再由圓錐的體積等于半球的體積與水的體積之和即可建立方程.【題目詳解】設圓錐的底面半徑為，體積為，半球的體積為，水（小圓錐）的體積為，如圖則，所以，，解得，所以，，，由，得，解得.故答案為：【題目點撥】本題考查圓錐的體積、球的體積的計算，考查學生空間想象能力與計算能力，是一道中檔題.15、【解題分析】分析：首先設出相應的直角邊長，利用余弦勾股定理得到相應的斜邊長，之后應用余弦定理得到直角邊長之間的關系，從而應用正切函數的定義，對邊比臨邊，求得對應角的正切值，即可得結果.詳解：根據題意，設，則，根據，得，由勾股定理可得，根據余弦定理可得，化簡整理得，即，解得，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關解三角形的問題，在解題的過程中，注意分析要求對應角的正切值，需要求誰，而題中所給的條件與對應的結果之間有什么樣的連線，設出直角邊長，利用所給的角的余弦值，利用余弦定理得到相應的等量關系，求得最后的結果.16、-【解題分析】試題分析：根據題意設三角形的三邊長分別設為為a,2a,2a，∵2a>2a>a,∴2a所對的角為最大角，設為θ，則根據余弦定理得考點：余弦定理及等比數列的定義.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）的極坐標方程為；的極坐標方程為：（2）【解題分析】

（1）根據，代入即可轉化.（2）由：，可得，代入與的極坐標方程求出，從而可得，再利用二倍角公式、輔助角公式，借助三角函數的性質即可求解.【題目詳解】（1）：，，的極坐標方程為：，，的極坐標方程為：，（2）：，則（為銳角），，，，當時取等號.【題目點撥】本題考查了極坐標與直角坐標的互化、二倍角公式、輔助角公式以及三角函數的性質，屬于基礎題.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解題分析】

（I）零點分段法，分，，討論即可；（II），分，，三種情況討論.【題目詳解】原不等式即.當時，化簡得.解得；當時，化簡得.此時無解；當時，化簡得.解得.綜上，原不等式的解集為由題意，設方程兩根為.當時，方程等價于方程.易知當，方程在上有兩個不相等的實數根.此時方程在上無解.滿足條件.當時，方程等價于方程，此時方程在上顯然沒有兩個不相等的實數根.當時，易知當，方程在上有且只有一個實數根.此時方程在上也有一個實數根.滿足條件.綜上，實數的取值范圍為.【題目點撥】本題考查解絕對值不等式以及方程根的個數求參數范圍，考查學生的運算能力，是一道中檔題.19、（1）；（2）【解題分析】

（1）利用正弦定理，轉化為，分析運算即得解；（2）由為的重心，得到，平方可得解c,由面積公式即得解.【題目詳解】（1）由，由正弦定理得C，即∴∵∴，又∵∴（2）由于為的重心故，∴解得或舍∴的面積為.【題目點撥】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.20、（1）（2）【解題分析】

（1）由公比表示出，由成等差數列可求得，從而數列的通項公式；（2）求（1）得，然后對和式兩兩并項后利用等差數列的前項和公式可求解．【題目詳解】（1）∵是等比數列，且成等差數列∴，即∴，解得：或∵，∴∵∴（2）∵∴【題目點撥】本題考查等比數列的通項公式，考查并項求和法及等差數列的項和公式．本題求數列通項公式所用方法為基本量法，求和是用并項求和法．數列的求和除公式法外，還有錯位相關法、裂項相消法、分組（并項）求和法等等．21、（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解題分析】

（Ⅰ）由（為參數）直接消去參數，可得直線的普通方程，把兩邊同時乘以，結合，可得曲線的直角坐標方程；（Ⅱ）把代入，化為關于的一元二次方程，利用根與系數的關系及參數的幾何意義求解．【題目詳解】解：（Ⅰ）由（為參數），消去參數，可得．∵，∴，即．∴曲線的直角坐標方程為；（Ⅱ）把代入，得．設，兩點對應的參數分別