2023届四川省高考专家联测卷（三）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省高考专家联测卷（三）数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数z满足，则（ ）
A．10B．C．20D．
【答案】B
【分析】由复数的除法法则求得，再求其共轭复数的模．
【详解】由已知，
所以．
故选：B．
2．已知集合，集合（为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出集合由交集的运算可得答案.
【详解】集合，
，
.
故选：C．
3．已知全国农产品批发价格200指数月度变化情况如图所示，下列正确的选项是（ ）
A．全国农产品夏季价格比冬季低
B．全国农产品价格指数2022年每个月逐渐增加
C．全国农产品价格指数2022年菜篮子产品价格批发指数与农产品价格指数趋势基本保持一致
D．2022年6月农产品批发价格指数大于116．
【答案】C
【分析】根据图中曲线的变化趋势即可逐一判断.
【详解】图中给的是批发价格200指数，所以并不能确定农产品的价格变化，故A错，全国农产品价格指数2022年4-6月呈下降趋势，并未增加，故B错，根据图中曲线的变化趋势可发现全国农产品价格指数2022年菜篮子产品价格批发指数与农产品价格指数趋势基本保持一致，故C对，2022年6月农产品批发价格指数在115附近，故D错误.
故选：C
4．生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量C会按确定的比率衰减（称为衰减率），C与死亡年数t之间的函数关系式为（k为常数），大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．若2022年某遗址文物出土时碳14的残余量约为原始量的85%，则可推断该文物属于（ ）
参考数据：；参考时间轴：
A．战国B．汉C．唐D．宋
【答案】C
【分析】根据“半衰期”求得，进而解方程，求得，从而可推断出该文物所属朝代.
【详解】解：当时，，故，解得，所以，
由题意得，，解得，
而，可推断该文物属于唐.
故选：C．
5．圆心在抛物线上，并且与抛物线的准线及y轴都相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用圆心在抛物线上设出圆心和半径，再利用直线和圆相切求出圆心坐标和半径即可.
【详解】由题意设所求圆的圆心为，半径为，其中，
因为抛物线的准线方程为，
且该圆与抛物线的准线及y轴都相切，
所以，解得，
所以该圆的方程为，
即.
故选：D.
6．已知单位向量，满足，若向量，则＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】计算出，及，从而利用向量余弦夹角公式计算得到，再利用同角三角函数平方关系求出.
【详解】因为，是单位向量，
所以，
又因为，，
所以，
，
所以，
因为，
所以．
故选：B．
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c＝1，B＝45°，cs A＝，则b等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由cs A的值求出，进而求出，用正弦定理求出b的值.
【详解】因为cs A＝，所以，
所以
由正弦定理：，得：.
故选：C
8．图形是信息传播､互通的重要的视觉语言《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形.其体来说.做一个几何的“三视图”，需要观测者分别从几何体正面､左面､上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图.下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三视图可得几何体的直观图，再由三棱锥所在正方体的体对角线得外接球的直径即可得解.
【详解】由三视图知几何体为一侧棱垂直底面，底面为直角三角的三棱锥，且由网格纸知同一顶点互相垂直的三条棱的长为4，如图，
所以三棱锥的外接球即为三棱锥所在的棱长为4的正方体的外接球，
设外接球的半径为R，则,
所以外接球的表面积，
故选：C
9．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式结合同角的三角函数关系式将化简为，即可求得答案.
【详解】由题意知，
故,
故选:A．
10．已知直线经过点，且与圆相切，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直线经过点，且与圆相切可知，再使用点斜式即可.
【详解】直线经过点，且与圆相切，则,
故直线的方程为，即.
故选：A.
11．已知点F为双曲线的右焦点，过F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为A．若△OAF（点O为坐标原点）的面积为4，双曲线的离心率，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据△OAF的面积得到，然后利用离心率的取值范围得到关于的不等式，求解即可.
【详解】取双曲线的一条渐近线为，即.
则到渐近线的距离即，，
，即.
又，，易得，
即，解得.
故选：B.
12．已知则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指对函数的性质比较与0的关系，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可比较的大小.
【详解】因为，
所以，所以，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
故选：D
二、填空题
13．已知关于，的不等式组表示的平面区域为，在区域内随机取一点，则的概率为______．
【答案】##0.6
【分析】作出不等式组表示的平面区域，而满足不等式的点所在区域，然后利用几何概型概率公式即得．
【详解】作出不等式组表示的平面区域(及其内部)，而满足不等式的点在内，
由题意可得，，，，
则，，
所以所求概率.
故答案为：．
14．在的二项展开式中含项的系数为______
【答案】21
【分析】将作为一个整体，写出二项展开式的通项公式，求出项的系数.
【详解】的展开式的通项为．
的展开式的通项为．
由，得，
，，或，
在的展开式中，
含项的系数为．
故答案为：21
15．已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
【答案】3
【分析】根据侧面展开图为半圆可求半径与母线长的关系，根据轴截面及内切球的半径可求圆锥的高.
【详解】因为内切球的体积为，故内切球的半径满足，故.
设母线的长为，底面圆的半径为，故，故，
故轴截面为等边三角形（如图所示），设分别为等边三角形的内切圆与边的切点，
为内切圆的圆心，则共线且，，
而，故，故，
故答案为：3.
16．对于函数，下列5个结论正确的是___________.
（1）任取，都有；
（2）函数在上严格递减；
（3）（），对一切恒成立；
（4）函数有3个零点；
（5）若关于的方程有且只有两个不同的实根，，则.
【答案】(1)(3)(5)
【分析】作出函数的图象，结合函数图象以及函数的性质即可根据选项逐一求解.
【详解】的图象如图所示，
，所以对，都有，故（1）正确；
由的图象可知：在上严格递增；故（2）错误；
由于当时，，因此当时，，所以
（），故（3）正确；
在同一直角坐标系中画出与的图象，当时，，，由于,所以，结合两者的图象可知只有一个交点，故（4）错误；
根据图象可知：当时，有且只有两个不同的实根，，此时，关于对称，故，因此（5）正确；
故答案为：（1）（3）（5）
三、解答题
17．在①且，②且，③正项数列满足这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题:已知数列的前项和为，且______?
(1)求数列的通项公式:
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）选择条件①或选择条件③，根据与的关系，得递推关系式，再求解数列的通项公式即可；选择条件②，根据条件得是隔项等差数列，按照等差数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）得，按照裂项求和之和即可证明不等式成立.
【详解】（1）解：（1）选择①
当时，，
，
两式作差得：，
整理得，
所以为常数列，因此，
所以.
选择②
得，
两式相减得，即数列为隔项等差数列，且公差为，
当时，，又，则，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
综合得：；
选择③
又，得.
当时，，
两式相减得：，即.
又因为，所以，故为公差为1的等差数列，
得.
（2）证明：由（1）可得
所以
因为
所以
因此.
18．某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作，其中“礼让行人”是交警部门主扲的重点工作之一．“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行，遇行人正在通过人行横道，应当停车让行．如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据．
(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数与月份之间的经验回归方程，并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数（精确到整数）；
(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系，从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人，如表所示：
依据小概率值的独立性检验，能否据此判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由．
附：参考公式：
，，其中．
独立性检验临界值表：
【答案】(1)，68人
(2)认为“礼让行人”与驾龄满3年有关，且推断犯错误的概率不超过0.05，理由见解析
【分析】（1）利用表中的数据和公式直接求解即可，
（2）先完成列联表，然后利用公式求解，再根据临界值分析判断.
【详解】（1）由表中数据可知：，，
所以，即，
所以，
所求得经验回归方程为．
当时，，
所以预测该路口11月份的不“礼让行人”违章驾驶员人数为68人．
（2）零假设为：“礼让行人”与驾龄满3年无关，
由题意知列联表为
由表中数据可得
根据小概率值的独立性检验，我们推新不成立，
即认为“礼让行人”与驾龄满3年有关，且推断犯错误的概率不超过0.05，
19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，二面角的大小是45°，､分别是､的中点，交于点.
(1)求证：､､､四点共面；
(2)设是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的判定与性质分析可得二面角的平面角为，进而确定，建系，利用空间向量证明四点共面；
（2）利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）∵底面是正方形，则
又∵侧棱底面，则
∴平面，则
二面角的平面角为
∴
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设
则
设平面的法向量为
∵，则
令，则，即
∵
设，则
∴
又∵，则
∴，则
∵，即
∴点在平面内，即､､､四点共面
（2）结合（1）可得：，则
∵
∴直线与平面所成角的正弦值.
20．已知的右焦点为，过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，设直线与直线的斜率分别为，．
（1）求的值；
（2）设直线交直线于点，证明．
【答案】（1）．（2）见解析
【分析】（1）设，，，，用，的坐标表示出，，再把，两点代入椭圆方程化简得出的值；
（2）根据题意，要证，则只需证：，即证：，通过直线与椭圆方程，写出韦达定理，整理，证出即可.
【详解】解：（1）设，，，，则，
是线段的中点，，，故，
，
，都在椭圆上，
，，
，
，即．
（2）设直线的方程为：，令，则，
所以，联立方程，
解得：，
设，且设，
则有：，
要证，
则只需证：，即证：，
则证：，即证：，
又因为，，
得出：成立，
所以：.
【点睛】本题考查了椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系，运用了设而不求法以及点差法，属于中档题．
21．设m为实数，函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；
(3)若方程有两个实数根，，证明：．
【答案】(1)当时， 在上单调递增；
当时， 在上单调递增，在上单调递减．
(2).
(3)证明见解析.
【分析】(1)先对求导，根据m≥0和m＜0进行分类讨论，通过导数的正负以确定函数的单调性；
(2)利用求切线斜率，得到切线方程，可得的表达式，命成新函数，利用导数研究单调性，求出最小值.
(3).方程化简，命成新函数，通过导数研究单调性判断两根的范围，利用两根的关系引入新变量表示两根，要证明的不等式用新变量表示，再通过命成新函数借助导数研究单调性找出极值得到不等式成立的充分条件.
【详解】（1），函数定义域为，
，
当时，在上恒成立，函数在上单调递增；
当时，，解得，函数在上单调递增；，解得，函数在上单调递减．
（2）当时，，
设切点为，，则切线斜率，
切线方程为，，
，，，
令，函数定义域为，，
，；，
在上单调递减，在上单调递增，
，即的最小值为
（3）证明：，即，则，
令，函数定义域为，，
，；，
∴在上单调递增，在上单调递减，，
，不妨设，，
令，，所以，，，
要证，只要证，只要证，
令，，
，
，；，
在上单调递减，在上单调递增，
，，（1），则存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，
，，
在上恒成立，
得证．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，也是求曲线的切线必备的知识点
1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．
2.研究函数的最值则要注意区分函数最值与极值的区别.
3.导数的几何意义是:导函数在切点处的函数值就是切线的斜率.
4.证明不等式时,根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，有着非凡的功效.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
(2)设直线：(为参数)与曲线的交点为，，求弦长的值.
【答案】(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为
(2)
【分析】（1）首先利用消参法得到的参数方程化为普通方程，根据得到的直角坐标方程.
（2）根据直线参数方程的几何意义求解即可.
【详解】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，
得.
曲线的极坐标方程为，有，
由得曲线的直角坐标方程为.
（2）将(为参数)代入曲线的方程得，，
即.
由于.
故可设，是方程的两个不同的实根，
所以，，
.
23．已知，，，且.
(1)求证：；
(2)若不等式对一切实数，，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）对应用基本不等式可证；
（2）由（1）只要解不等式，根据绝对值的定义分类讨论求解．
【详解】（1）
，
所以，当且仅当时等号成立
（2）由（1）可知对一切实数，，恒成立，
等价于，
令，
当时，，
当时，，舍去，
当时，，即或.
综上所述，取值范围为.
月份
1
2
3
4
5
6
不“礼让行人”
33
36
40
39
45
53
不“礼让行人”
礼让行人
驾龄不超过3年
18
42
驾龄3年以上
4
36
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
不礼让行人
礼让行人
合计
驾龄不超过3年
18
42
60
驾龄3年以上
4
36
40
合计
22
78
100