四川省巴中市2023届高三上学期零诊考试（9月）数学（理科）（Word版附解析）

巴中市普通高中2020级“零诊”考试

数学（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．

1. 设全集，若集合满足．则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由补集的概念得后对选项逐一判断

详解】由题意得，故B正确

故选：B

2. 若复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C. 3 D. －3

【答案】D

【解析】

【分析】先化简复数为，可求虚部.

【详解】因为，所以；

所以复数的虚部为.

故选：D.

3. 已知直线：，：，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】先求出时的的取值，然后利用条件的定义进行判定.

【详解】因为直线：，：，

若，则，即；

所以“”是“”的充分不必要条件；

故选：A.

4. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为2，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用焦点到渐近线的距离得出，再求得后可得离心率

【详解】由双曲线可得，一条渐近线：，

设双曲线的右焦点为，则点到直线的距离，

所以，离心率.

故选：D

5. 已知，是两个不同的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，，则

C. 若，，，则 D. 若，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一判断即可.

【详解】对于A，若，，则或，错误；

对于B，若，，还需要条件而不是才能得到，错误；

对于C，若，，则或，又因为，则，正确；

对于D，若，，，还需要条件才能得到，错误.

故选：C.

6. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，且，则（    ）

A.  B. 4 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由二倍角公式与三角函数的定义求解

【详解】由题意得，得，

而在终边上，故，得

故选：A

7. 函数在区间上的图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先判断函数的奇偶性，然后代入计算，从而得正确答案.

【详解】，

为奇函数，排除A；

又，排除B；

，即，排除C，

故选：D

8. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（    ）

A. 0 B. 1 C. 2022 D. 2023

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的前项和公式，判断出是等差数列，利用等差数列的通项公式进行求解.

【详解】设等差数列的公差为，则，；

因为，所以是等差数列；

因为，所以，

所以；

故选：A

9. 已知点在直角的斜边上，若，，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，则可用表示，从而可求其范围.

【详解】设，其中，

则，从而，

故

，

故选：D.

10. 设，若函数的图象向左平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出平移后函数的解析，再根据两个图象重合可求的解析式，从而可求其最值.

【详解】函数的图象向左平移个单位长度后对应的解析式为：

，

但该函数图象与的图象重合，故，

故，但，故，

故选：B.

11. 已知定义在上的函数满足，当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据递推关系以及所给解析式，求出相关区间的解析式，利用可求答案.

【详解】因为当时，，所以；

当时，，；

当时，，；

令，得或（舍）；

若对任意，都有，则的取值范围是.

故选：B.

12. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据式子的结构两边取对数后构造函数及，再利用单调性可求解

【详解】由，，可得，则，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，又，

所以当时，，

所以，所以在上单调递减，从而，

所以，即，从而可知.

由，,可得，则，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，又，

所以当时，，

所以，所以在上单调递减，从而，

所以，即，从而可知.

综上可得.

故选：C

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，若，则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解.

【详解】.

故答案为：.

14. 某智能机器人的广告费用（万元）与销售额（万元）的统计数据如下表：

根据上表可得回归方程，据此模型预报广告费用为8万元时销售额为______万元．

【答案】

【解析】

【分析】计算出样本中心后可求，从而可求广告费用为8万元时销售额.

【详解】，，

所以，，

所以广告费用为8万元时销售额（万元）

故答案为：

15. 在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球的体积为______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可推出AD,CD,BD两两垂直，故以AD,CD,BD为相邻的棱构造一个相邻三条棱长为2,2,4的长方体，三棱锥的外接球即该长方体的外接球，由此可求答案.

【详解】因为平面，平面，

故

又，，，

故 , ,

所以 ,即 ,

故AD,CD,BD两两垂直，故以AD,CD,BD为相邻棱构造一个相邻三条棱长为2,2,4的长方体，如图：

则三棱锥的外接球即该长方体的外接球，外接球半径为 ，

所以三棱锥外接球的体积为 ，

故答案为：

16. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则______，的取值范围为______．

【答案】    ①. ##；    ②.

【解析】

【分析】由正弦定理结合即可求出，进而求出；先切化弦将转化为，再由结合三角恒等变换得，结合的范围及正弦函数的性质求得的范围，即可求解.

【详解】由正弦定理得，又，

则，又，则，则，则；

，由可得，

又为锐角三角形，则，可得，

则，

又，则，则，即，

则.

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：60分．

17. 已知数列的前项和为，若，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用与的关系可将题设的递推关系转化为关于的递推关系，从而可求其通项.

（2）利用错位相减法可求.

【小问1详解】

因为，故，

故即

而，故，故，

故，且，故，

所以为等比数列，且首项为2，公比为2，从而.

【小问2详解】

,

故，

故，

所以，

所以.

18. 自《“健康中国2030”规划纲要》颁布实施以来，越来越多的市民加入到绿色运动“健步走”行列以提高自身的健康水平与身体素质．某调查小组为了解本市不同年龄段的市民在一周内健步走的情况，在市民中随机抽取了200人进行调查，部分结果如下表所示，其中一周内健步走少于5万步的人数占样本总数的，45岁以上（含45岁）的人数占样本总数的．

（1）请将题中表格补充完整，并判断是否有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关；

（2）现从样本中45岁以上（含45岁）的人群中按一周内健步走的步数是否少于5万步用分层抽样法抽取8人做进一步访谈，然后从这8人中随机抽取2人填写调查问卷，记抽取的两人中一周内健步走步数不少于5万步的人数为，求的分布列及数学期望．

附：

，其中．

【答案】（1）完善表格见解析；有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关；   

（2）分布列见解析，数学期望.

【解析】

【分析】（1）根据样本总数200，以及所给比例可完善表格，计算卡方，结合临界值进行判断；

（2）先根据分层抽样明确各层人数，然后确定的所有取值，逐个求解概率，写出分布列，计算数学期望.

【小问1详解】

，所以有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关；

【小问2详解】

由题意知，从45岁及以下的市民中按分层抽样法抽取一周内健步走的步数不少于5万步的市民5人，一周内健步走的步数少于5万步市民的3人；

从这8人随机抽取2人，则的所有取值为0,1,2.

，，；

所以分布列为

数学期望.

19. 如图，正方形和直角梯形所在平面互相垂直，，，且，．

（1）证明：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）先由证得∥平面，同理证得∥平面，进而证得平面∥平面，即可证得平面；

（2）先证得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由向量夹角余弦公式即可求解.

【小问1详解】

由正方形的性质知：，又平面，平面，∥平面，

，平面，平面，∥平面，，平面，

平面∥平面，平面，平面；

【小问2详解】

平面平面，平面平面，平面，则平面，

又，则平面，又，则两两垂直，以为原点，

的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由得：

，则，

设平面的法向量为，则，取得，

又易得平面的一个法向量为，则，

又二面角为锐角，则二面角的余弦值为.

20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为、，点在椭圆上，且直线的斜率与直线的斜率之积为．

（1）求椭圆的方程；

（2）若圆的切线与椭圆交于、两点，求的最大值及此时直线的斜率．

【答案】（1）   

（2），此时直线的斜率为

【解析】

【分析】（1）根据斜率之积为定值可求出，再利用算出直接写出椭圆方程即可；

（2）分类讨论当直线斜率不存在时，可求出弦长，当斜率存在时，切线方程为 与椭圆联立，根据弦长公式求出弦长的最大值即可求解.

【小问1详解】

由椭圆可得，所以，解得，

因为椭圆经过点，故得到，解得，

所以椭圆的方程为

【小问2详解】

当切线垂直轴时，的横坐标为1或-1，由于椭圆的对称性，不妨设的横坐标为1，

代入椭圆得解得，所以；

当切线不垂直轴时，设切线方程为即，

所以圆心到切线的距离，得，

把代入椭圆方程，整理得

设，则，

设，则，则

，

所以，

综上所述，，此时，因为，所以直线的斜率为

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.

21. 已知函数，其导函数为．

（1）证明：当时，函数有零点；

（2）若对任意正数，且，总存在正数使得．试探究与的大小，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用零点存在定理可证明函数有零点；

（2）利用导数可证明：，从而可证.

【小问1详解】

，

当时，，

故，

由零点存在定理可得当时，函数有零点.

【小问2详解】

因为，

，

整理得到，

下证：，即证，

令，则，即证：，

设，则，

故为上的增函数，故，即，

故，故，

即，所以，

故，

整理得到：，

但，故，所以，

所以.

（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，则按所做的第一题记分．

22. 在直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为．以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线相交于A，两点，求的值．

【答案】（1），（t为参数）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由直线经过点，倾斜角为，可直接写出其参数方程；利用极坐标与直角坐标的转化公式可得曲线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中,利用参数的几何意义可求得的值.

【小问1详解】

因为直线经过点，倾斜角为，故直线的参数方程为,（t为参数），

即，（t为参数）；

由可得，

即，将代入，

可得曲线的直角坐标方程为；

【小问2详解】

设A,B两点对应的参数为 ，将直线l的参数方程代入，

即中，得：，

整理得，此时，

故.

23. 已知函数．

（1）解不等式；

（2）设函数的最小值为，若正数，，满足，证明：．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分，，三种情况讨论解不等式，最后再取并集即可；

（2）先由绝对值三角不等式求出，再由结合基本不等式求解即可.

【小问1详解】

当时，，由可得，则；

当时，，由可得显然成立，则；

当时，，由可得，则；

综上：不等式的解集为；

【小问2详解】

，当且仅当即时取等，，则，

又，，均为正数，则

，当且仅当，即时等号成立，则.