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1、青岛市2023年高三年级第一次适应性检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合B，根据集合的并集和补集运算易知阴影部分为.【详解】，.则，图中阴影部分为.故选：A.2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简，再求出即得解.【详解】由，得，从而，所以的虚部为1故选：A3. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）A. B. C.
2、 D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数特殊值求出点的坐标，由正弦函数定义即可求解.【详解】依题意，因为，所以终边经过的点为，所以终边在第四象限，所以.故选：B.4. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.根据题意，设，所以，解得，所以，故选：B.5. 定义域
3、为R的函数满足：当时，且对任意实数x，均有，则（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意将所求转化到即可得解.【详解】由，得，则.故选：D.6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（ ）A. B. 3C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.【详解】显然直线与交于原点O，由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，设点，而由得，解得，则，则，化简得，即，解得，则.故选：C.7. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路有思路的题目每道做对的概
4、率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）A. 0.34B. 0.37C. 0.42D. 0.43【答案】C【解析】【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.【详解】设事件表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则,若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，故,故选：C8. 已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.【详解】因为，所以在上是奇函数.所以对求导得，令，则当时，所以在上单调递
5、增，则时，即，所以在上单调递增.因为，所以，因为在上单调递增，所以.令，则所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以，而，即，所以，即.所以，即，则所以所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：构造函数，判断.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 在的展开式中,下列说法正确的是( )A. 常数项是B. 第四项和第六项的系数相等C. 各项的二项式系数之和为D. 各项的系数之和为【答案】AC【解析】【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,
6、所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.【详解】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,常数项为,故A正确;对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.故选:AC.10. 下列说法正确是（ ）A. 若直线a不平行于平面，则内不存在与a平行的直线B. 若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则C. 设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件D. 若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补【答案】AB【解析】【分析】对
7、于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除.【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；选项C，当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故选项C错误；选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.故选：AB11. 1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二
8、天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )A. 若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则B. 若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列C. 若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)D. 若最初有个桃子,则必有的倍数【答案】ABD【解析】【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A
9、的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,又为等比数列,判断D的正误.【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,所以,即,故A正确;由A，,则,即是等比数列,若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,所以是以为公比的等比数列,故B正确.由B知,是等比数列,所以,即,若最初有个桃子,即,所以,故C错误;根据题意:,因为以为公比的等比数列,所以,化简得,因为,且为正整数,所以,即必有的倍数,故D正确.故选:ABD.12. 已知、是平面直角坐标系中的两点，若，则称是关于圆的对称点下面说法正确的
10、是（ ）A. 点关于圆的对称点是B. 圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身C. 圆上不同于原点的点关于圆的对称点的轨迹方程是D. 若定点不在圆上，其关于圆的对称点为，为圆上任意一点，则为定值【答案】BCD【解析】【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点，其中，设点，可得出，根据题中定义并结合已知条件求出点的轨迹方程，可判断C选项；证明出，可得出，可判断D选项.【详解】对于A选项，取点，设点关于圆的对称点为，则存使得，可得，则，所以，因此，点关于圆的对称点是，A错；对于B选项，由题意可知，设点关于圆的对称点为点，则存在实数，使得，所以，可得，即，因此，圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身，B对；
11、对于C选项，设点，其中，设点，因为点在圆上，则，可得，由题意可知，存在实数，使得，即，所以，可得，因此，点的轨迹方程为，C对；对于D选项，设点，则，设点，由题意可知，存在实数，使得，且，则，所以，、同向，且，所以，又因为，所以，所以，为定值，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐
12、标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分13. 已知，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为_【答案】【解析】【分析】根据向量的共线和向量乘法的坐标计算公式即可求解.【详解】根据题意可得：，设，因为向量，且与的夹角为钝角，所以所以，不妨令所以，故答案为：.14. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则_【答案】【解析】【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物
13、线方程即可求解.【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得，故答案为： 15. 湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园已知，千米，则_千米【答案】【解析】【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.【详解】在三角形中由正弦定理得，所以，即，所以，所以，又，所以为等腰直角三角形，所以，在中由余弦定理得，所以.故答案为：.16. 设函数是定义在整数集Z上函数，且满足，对任意的，都有，则_；_【答案】 . 0 . 【解析】【分析】由结合已知函数值，通过代入特殊值计算；推导出函数周期，通过已知函数值，分
14、析中自变量的数据特征求值.【详解】令，令，令，则即，可得，函数周期，为奇数时，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时.，由，则为偶数，记， ，所以 .故答案为：0；【点睛】思路点睛：由已知条件可得函数周期，有，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时，可求的值，可求的值.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 已知函数，是的两个相邻极值点，且满足（1）求函数图象的对称轴方程；（2）若，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，结合周期即可求解，整体法即可求解对称轴，（2）根据余弦的二倍角公式即可求解.【小问1详解】，由可得周期满足,所以，故，令解得，故的对称轴方程为【小问2详解】由得，由，所以18. 已知等差数列的前n项和为，公差，成等差数列，成等比
