2023届四川省巴中市高三“一诊”考试数学（文）试题含解析

2023届四川省巴中市高三“一诊”考试数学（文）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z满足，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】由复数的除法运算求出，再由复数的模长公式即可得出答案.

【详解】由，得.

所以＝.

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．在中，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用三角恒等变换及余弦定理即可处理.

【详解】原式=

化简得：

由正弦定理角化边得：，

由余弦定理得：

故选：B.

11．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

12．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数和，利用导数求解函数的单调性，进而可比较大小.

【详解】设，则，

设 ，

由于在单调递增，且其值均大于0， 单调递减，

所以单调递减，又 ，所以在单调递减，且，

所以在时，，因此在时单调递减，

故，即，即，

设

当时，，所以在单调递增，

所以，即，

综上可知，

故选：B

【点睛】本题考查了利用导数判断大小.构造函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式或者比较数的大小时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

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．若直线 过点，则的最小值为________．

【答案】8

【分析】由条件得，然后将展开利用基本不等式求解即可

【详解】因为直线 过点

所以

∴

当且仅当即时取得最小值

所以的最小值为8

故答案为：8

【点睛】本题考查的是基本不等式中1的代换，属于常考题.

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)求这200人测试成绩的中位数和平均数的估计值；（同一区间的数据用该区间中点值作代表）

(2)填写下面的2×2列联表，判断是否有95%的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关．

附：

【答案】(1)中位数的估计值为64，平均数的估计值为59

(2)列联表见解析，有95%的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关

【分析】（1）根据频率分布直方图中面积为0.5的位置即为中位数，根据平均数的计算公式即可求解，

（2）根据题中数据，完善二联表，即可计算卡方值，与临界值比较即可求解.

【详解】（1）设中位数的估计值为，则

化简得，解得

∴中位数的估计值为64

∴设平均数的估计值为，则

∴平均数的估计值为59，

（2）成绩小于60分的人数为：

由题意，得2×2列联表如下表：

故有95%的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关

18．已知数列满足，．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，

（1）由等比数列求解，进而根据错位相减法即可求和.

【详解】（1）由得：

由知：

∴，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列

（2）方法一

由（1）得：，∴

∴  ①

  ②

②-①得：

∴．

方法二

由（1）得：，∴

∴  ①

  ②

①-②得：

∴．

19．如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P，过P作，垂足为H．

(1)证明：平面BFDE；

(2)若四棱锥的体积为12，求正方形的边长．

【答案】(1)证明见解析；

(2)6.

【分析】（1）利用给定条件，证明PD⊥平面PEF，进而证得EF⊥平面PBD，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.

（2）设正方形ABCD的边长为，利用a表示四棱锥的体积，即可计算作答.

【详解】（1）在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又E，F分别是AB，BC的中点，有，则EF⊥BD，

依题意，连接EF，PD⊥PE，PD⊥PF，平面PEF，于是PD⊥平面PEF，

又平面PEF，则PD⊥EF，而平面PBD，因此EF⊥平面PBD，

又平面PBD，则有EF⊥PH，又PH⊥BD，EF，平面BFDE，且EF与BD相交，

所以PH⊥平面BFDE.

（2）令，正方形ABCD的边长为，则四边形面积，

依题意，，，，，

显然，即有PE⊥PF，则，

由（1）知PD⊥PQ，在直角中，由PH⊥DQ得：，

又由（1）知：PH⊥平面BFDE，因此，解得a=3，

所以正方形的边长为6．

20．设函数，．

(1)当时，设，求函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）利用条件求导得，再分类讨论的值即可得单调区间；

（2）求导得，分类讨论的值再结合零点存在性定理即可解得；也可以利用导数的几何意义或者分离参数后数形结合处理.

【详解】（1）当b=0时，，

又，故得，或

①当，即时，恒成立

∴的减区间为，无增区间；

②当，即时，由得，或，由得，

∴的减区间为，，增区间为

③当，即时，由得，或；由得，

∴的减区间为，，增区间为

综上可得：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）方法一

由已知可得：，

当时，恒成立，∴在R上是增函数，至多一个零点，不合题意；

当时，由得，此时：

若，则，是减函数；若，则，是增函数

∴

由函数有两个零点得：，解得

当时，有

∵

∴在内有一个零点.

令，则

令，则在恒正

∴在上单调递增，故

∴在上单调递增，

∴

∴

∴在内也有一个零点

即  当时，函数有两个零点

∴实数b的取值范围为

方法二

由得：

故有两个零点等价于曲线与直线有两个不同的交点

∴当时，直线应在过点的曲线的切线的上方

设过点的曲线的切线与曲线切于点则有，解得

∴过点的曲线的切线方程为，∴

当时，由，知在内有一个零点

由直线上升与指数爆炸两种增长形知，总存在正数m，当时有

∴在内也有一个零点

∴实数的取值范围为

方法三

由得，当时等式不成立，故

∴

设，则

当且时，，当时，

∴在，内是减函数，在内是增函数，

又当时，；当时，

∴关于x方程有两个不同的解的必要条件为

又当时，若，或时均有

∴当时，方程有两个不同的解.

∴实数b的取值范围为.

方法四

由得，当b=0时等式不成立，故

于是对变形得

设，则

当时，单调递增；当时，单调递减

∴

又当时，；当时

当时，

∴当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同的交点

∴时，函数有两个零点

∴实数b的取值范围为

21．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P作椭圆C的两条切线，切点分别为，

①证明：直线过定点；

②求的最大值．

备注：若点在椭圆C：上，则椭圆C在点处的切线方程为．

【答案】(1)

(2)①证明见解析；②.

【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义求得，再由离心率为，求得，进而求得的值，即可求得椭圆的标准方程；

（2）①设，，，根据题意求得以为切点的椭圆C的切线方程，进而得到直线MN的方程为，得到直线过定点；

②设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系求得，令，结合的单调递增，求得的最大值，再根据面积公式，进而求得的最大值.

【详解】（1）解：因为经过的直线交椭圆于A，B两点，的周长为，

由椭圆的定义，可得，可得，

又由离心率为，可得，所以，

则，所以椭圆C的方程为.

（2）解：①证明：由（1）知，，设，，，

根据题意，可得以M为切点的椭圆C的切线方程为，

以N为切点的椭圆C的切线方程为，

又两切线均过点P，故，且，

整理化简得，且，

所以点，，均在直线上，

所以直线MN的方程为，且直线MN过定点.

②由题意，直线的斜率不为，设直线的方程为，

联立方程组，消去得，

可得，且，

可得

，

令，设，则函数在单调递增，

所以当时，即时，有最小值，

即的最大值为，

又由，

所以的最大值为，此时直线的方程为.

【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：

1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；

2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

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．