2023届四川省巴中市高三“一诊”考试数学（理）试题含解析

2023届四川省巴中市高三“一诊”考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合求得集合，按照交集的运算即可得.

【详解】因为，所以，

则.

故选：D.

2．设复数满足，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】由复数相等及除法运算求复数，根据共轭复数概念及模的求法求结果即可.

【详解】由题设，则，故.

故选：C

3．若一组样本数据的期望和方差分别为，则数据的期望和方差分别为（    ）

A．3,1 B．11,1 C． D．

【答案】B

【分析】根据期望、方差的性质，结合原数据集中期望、方差求新数据集的期望、方差即可.

【详解】由原样本数据集中，而新数据集为，

所以新数据集中，.

故选：B

4．已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．33 B．66 C．22 D．44

【答案】A

【分析】先由等差数列的性质求出，再按照等差数列求和公式及等差数列性质求解即可.

【详解】由题意知：，则，则.

故选：A.

5．若双曲线的渐近线为，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由渐近线方程可得，再由及双曲线参数关系求离心率即可.

【详解】由题设知：，即，

所以.

故选：B

6．已知是两条不同直线，若平面，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【分析】根据空间中直线与平面的位置关系即可判断充分性与必要性是否成立，即可得答案.

【详解】若平面，，则或，故充分性不成立；

若平面，，则或相交或异面，故必要性不成立；

所以若平面，则“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

7．已知函数为偶函数，则（    ）

A．-1 B．-2 C．2 D．1

【答案】A

【分析】根据偶函数定义计算可得.

【详解】因为函数为偶函数，所以，

，

，

所以，即得

可得，成立，

所以.

故选：A.

8．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】应用二倍角正余弦公式可得，再由二倍角正切公式求即可.

【详解】由，

又.

故选：C

9．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由分段函数的单调性，结合二次函数和一次函数性质列不等式组求参数范围，注意界点处的函数值的大小关系.

【详解】由在上单调递减，结合二次函数和一次函数解析式知：

，解得.

故选：D

10．随机郑两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和除以4，余数分别为，所对应的概率分别为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】用表格列举出所有可能的余数情况，并确定余数为对应概率，即可得结果.

【详解】由题设，两枚骰子所得点数和除以4的余数情况如下：

由上表知：共36种情况，其中余数为分别有9种、8种、9种、10种，

所以.

故选：A

11．在中，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为，再结合正余弦定理即可得角的大小.

【详解】因为，

所以，

则，

整理得：

由正弦定理可得：，再由余弦定理得，

因为，故.

故选：B.

12．若，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设根据单调性可得，再利用不等式的性质可得，设，确定其的单调性，即可得，从而可得答案．

【详解】设，则恒成立，

所以函数在上单调递减，则，即，

所以，于是有，即；

设，，时，，

设，则，时，，

所以是减函数，所以恒成立，

所以在时是减函数，并且，

所以时，，所以．

综上，．

故选：A．

二、填空题

13．抛物线的准线方程为__________.

【答案】

【分析】抛物线的准线方程为，由此得到题目所求准线方程.

【详解】抛物线的准线方程是.

故答案为：.

14．的二项展开式中的常数项为___________．

【答案】15

【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.

【详解】因为的通项公式，

令，故可得，则二项展开式的常数项为.

故答案为：15．

15．已知长方体的表面积为22，过一个顶点的三条棱长之和为6，则该长方体外接球的表面积为__________.

【答案】

【分析】令长方体的长、宽、高分别为，由已知条件及、外接球半径与各棱的关系得到，应用球体面积公式求面积即可.

【详解】令长方体的长、宽、高分别为，则，

由，则，

而长方体外接球半径，故，其表面积.

故答案为：

16．已知为单位向量，若，则的取值范围为__________.

【答案】

【分析】由题设以为x、y轴构建平面直角坐标系，，令结合已知有，又，将问题转化为求点到上点距离的范围，即可得结果.

【详解】由为单位向量，且，故，

以为x、y轴构建平面直角坐标系，如下图示，则，

令，则，又，

所以，即，

故的终点在圆心为，半径为1的圆上，

而，故，

所以，只需确定点到上点距离的范围即可，而到的距离为，

故，则.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标系，将问题化为求定点到圆上点距离的范围，进而求目标式的范围.

三、解答题

17．某中学为了解高中数学学习中抽象思维与性别的关系，随机抽取了男生120人，女生80人进行测试.根据测试成绩按分组得到如图所示的频率分布直方图，并且男生的测试成绩不小于60分的有80人.

(1)填写下面的列联表，判断是否有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关；

(2)规定成绩不小于60（百分制）为及格，按及格和不及格用分层抽样，随机抽取10名学生进行座谈，再在这10名学生中选2名学生发言，设及格学生发言的人数为，求的分布列和期望.

附：

【答案】(1)表格见解析，有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）计算成绩小于60分的人数，填写2×2列联表，进行独立性检验即可；

（2）根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，根据超几何分别写出分布列和期望即可．

【详解】（1）成绩小于60分的人数为：

由题意，得列联表如下表：

故有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关；

（2）由（1）知，200人中不及格的人数为80，及格人数为120

用分层抽样随机抽取的10名学生中不及格有4人，及格有6人

由题意，的所有可能取值为，且服从超几何分布，则，

即：

的分布列为.

18．已知数列满足.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)设，证明：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）将配凑得，从而可得，根据等比数列的定义证明；（2）由（1）可得，从而得，再利用等比数列的求和公式计算，即可证明.

【详解】（1）由得：.

由可得，

数列是以为首项，为公比的等比数列

（2）由（1）得：.

，当且仅当时取等号

.

即.

19．如图，正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点，过作，垂足为.

(1)证明：平面；

(2)求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）线面垂直判定证平面，由正方形性质、线面垂直的性质得、，进而有平面，法一：再应用线面垂直的性质得，最后由线面垂直判定证结论；法二：由面面垂直的判定得平面平面，最后由面面垂直的性质证结论；

（2）法一：证两两垂直并构建空间直角坐标系，求的方向向量与平面的法向量，应用向量夹角的坐标表示求正弦值；法二：由线面角的定义及平面，确定线面角的平面角，进而求其正弦值；法三：以原点，及过平面的垂线分别为轴建立空间直角坐标系，求的方向向量与平面的法向量，应用向量夹角的坐标表示求正弦值；

【详解】（1）证明：在正方形中，连接AC、BD，则，连接EF，

由已知，则，

由折叠的性质知，面，

平面，又平面，故.

，平面，

平面，

法一：平面，故，

平面，且与相交，

平面.

法二：平面，故平面平面，

平面，平面平面，

平面.

（2）法一：不妨设正方形的边长为2，由已知得，

则，即，而，故两两垂直，

以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，且平面的一个法向量为.

设，则，且.

.

设与平面所成角为，则，

与平面所成角的正弦值为.

法二：设正方形的边长为2，与平面所成角为，

由已知得，则，即，

所以，

又，，平面，故平面，

.

在直角中，，

，故，

在中，，

，即与平面所成角的正弦值为.

法三：以原点，及过平面的垂线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设正方形的边长为2，，与平面所成角为，

则，

由已知得：，则，即，

又，，面，故平面，

为平面的一个法向量，

在直角中，，

，则，

由（1）知平面，故点的坐标为，

，

，

与平面所成角的正弦值为.

20．已知椭圆的左､右焦点分别为，左顶点为，离心率为，经过的直线交椭圆于两点，的周长为8.

(1)求椭圆的方程；

(2)过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为，求的最大值.

说明：若点在椭圆上，则椭圆在点处的切线方程为.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由三角形的面积可得的值，再由离心率可得的值，进而求出平方的值，即求出椭圆的方程；

（2）设切点，的坐标，可得椭圆在，处的切线方程，将的坐标代入切线方程中，确定直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，进而求出，的纵坐标之差的绝对值，代入三角形的面积公式，换元，由函数的单调性，可得三角形面积的最大值．

【详解】（1）由椭圆的定义及的周长为8得：，解得

由离心率为得：，化简得.

椭圆的方程为

（2）由（1）知，设，则

以为切点的椭圆的切线方程为

以为切点的椭圆的切线方程为.

又两切线均过点，故，且

整理化简得，且.

点均在直线上

直线的方程为，且直线过定点.

由消去得：

于是

由求根公式得：

设点到直线的距离为，则.

.

令，则，且

设，则.

函数在是减函数，从而

的最大值为.

21．设函数.

(1)当时，设，求函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点，证明.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得，讨论、、研究导函数的符号确定的单调区间；

（2）由题设，讨论、，结合零点存在性定理判断有两个零点和b的范围，法一：设，得，构造研究单调性判断大小，得到的大小，结合单调性得到，最后由单调性得结论；法二：设，应用分析法将问题转化为证明，结合零点得到，根据对数均值不等式证，即可得结论.

【详解】（1）当时，，则，

又，由，得或，

①当，即时，恒成立，

的减区间为，无增区间；

②当，即时，有或；有；

的减区间为，增区间为；

③当，即时，有或；有；

的减区间为，增区间为；

综上：当时，的减区间为，无增区间；

当时，的减区间为，增区间为；

当时，的减区间为，增区间为.

（2）由，得，

当时，恒成立，在上是增函数，至多一个零点，不合题意；

当时，由，得，

若，则是减函数；若，则是增函数；

，

由函数有两个零点，得，解得，则，

又，

当时，函数有两个零点，

法一：设，则，且，

设，则，

，

在上是增函数，故，

当时，有，即成立，

，即，

由在上是减函数且，得，

，

当时，在上是增函数，且，

.

法二：不妨设，又在上单调递增，

要证，只需证，

又是的零点，故，即，

①，②，则，

，

下证对数均值不等式：，

令，且m、n均大于0，则等价于，

若，则，令且，

所以，故在上递减，

所以恒成立，故，即成立，

所以，故，

①+②，得，故，结论得证.

【点睛】关键点点睛：第二问，法一应用极值点偏移构造对应函数，研究其单调性并确定与的大小；法二应用分析法将问题化为证，结合对数均值不等式证明结论即可.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)设，直线与曲线相交于两点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．

（2）利用直线的参数方程代入曲线方程，利用一元二次方程根和系数的关系式，转化求解即可．

【详解】（1）直线的参数方程为为参数），消去参数，可得，

的普通方程．

曲线的极坐标方程为．．

曲线的直角坐标方程为．

（2），点在直线，直线的参数方程的标准方程为为参数），

参数方程代入曲线的方程，

并整理得，

可设，是方程的两个实数根，则，．

．

23．设函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且，求的最小值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）讨论的范围去掉绝对值号，得出，然后在每段函数上解不等式即可得出答案；

（2）根据条件得出，且，，然后可得出，然后根据基本不等式即可求出最小值．

【详解】（1），

①解，得；

②时，恒成立；

③解，得，

综上得，的解集为；

（2），，，

，

，

当且仅当即时取等号，

的最小值为．