【高考冲刺】2023年四川省高考数学考前冲刺预测模拟：刷题卷01（文科）（解析版）

刷题卷01（文科）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

一、选择题：本小题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的。

1．设全集，集合，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据集合，，求得，再根据全集求解.

【详解】因为集合，，

所以，

又全集，

所以

故选：C

【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.

2．设复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出复数，代入方程由复数相等列式可得结果.

【详解】设，则，

∵，

∴，即：，

∴，

∴

∴.

故选：D.

3．设实数满x，y满足，则的最小值是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】作出可行域，数形结合即可求出结果.

【详解】解：由可得，根据线性约束条件作出可行域如图：

作直线，沿可行域方向平移可知：过点时，取得最小值，由可得所以取得最小值.

故选：A.

4．有一组样本数据，该样本的平均数和方差均为2，在该组数据中加入1个数2得到新的样本数据，则两组样本数据相同的为（    ）

A．平均数和中位数 B．中位数和方差

C．方差和极差 D．平均数和极差

【答案】D

【分析】根据平均数、中位数、方差和极差的定义判断即可.

【详解】解：新样本的平均数为，方差；因为加入的2是原样本数据的平均值，故不是最大和最小的数，所以极差不变但中位数有可能发生改变．

故选：D．

5．已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.

【详解】设等比数列的公比为，

由题意得，即，

，，，

故选：B.

6．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由三角函数的二倍角的余弦公式，结合诱导公式，即可求得答案.

【详解】由题意得：

，

故选：D．

7．函数在区间的最小值、最大值分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.

【详解】，

所以在区间和上，即单调递增；

在区间上，即单调递减，

又，，，

所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D

8．中国茶文化博大精深，茶水口感与茶叶类型和水的温度有关.经验表明，某种绿茶用85℃的水泡制，再等到茶水的温度降至60℃时饮用，可以产生最佳口感.已知在25℃的室温下，函数近似刻画了茶水温度（单位：℃）随时间（单位：）的变化规律.为达到最佳饮用口感，刚泡好的茶水大约需要放置（参考数据：，）（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用已知以及指数型函数的单调性进行计算求解.

【详解】由题可知，函数，当，，已经接近60，

又函数在上单调递减，则大约在7min时口感最佳.故A，C，D错误.

故选：B.

9．在正四棱台中，上､下底面边长分别为，侧棱长为，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正四棱台的性质和球的截面的性质确定球心的位置，计算出球的半径，再由球的表面积公式求正四棱台的外接球的表面积.

【详解】如图：连接，记其交点为，

则为正方形的外接圆的圆心，连接记其交点为，

由正四棱台的性质可得平面，

设该正四棱台的外接球的球心为，由球的截面性质可得平面，

所以球心在直线上，设，

则，，，

所以，由已知，，，

因为底面，都为正方形可得，，

过点作，垂足为，则，

又，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以正四棱柱的外接球的半径为5，其外接球的表面积，

故选：C.

10．已知抛物线C：的焦点为F，过焦点且斜率为的直线l与抛物线C交于A，B（A在B的上方）两点，若，则的值为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】设直线l的倾斜角为，求得．过A作准线于，过B作准线于，过B作于.由抛物线定义求出和.

在直角三角形ABC中，利用余弦的定义表示出,即可解得．

【详解】设直线l的倾斜角为，根据条件可得，则可得．

过A作准线于，过B作准线于，过B作于.

由抛物线定义可得：.

因为，所以.

而.

在直角三角形ABC中，,解得：．故选：C

11．已知，，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对于a和c，可构造函数，利用导数判断其单调性即可判断a、c大小；，可构造函数判断与0.1的大小，构造函数判断0.1与大小，从而可判断b、c大小．

【详解】①令，

令，

，

当时，单调递增，又，∴，又，

∴在成立，∴，即；

②令，则，

在时，，则为减函数，∴，即；

③令，则，故在为减函数，

∴，即；∴，

令，则，即，∴，∴．

故选：B．

12．已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】因为函数与函数的图象关于x轴对称，

根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，

即方程在上有解，

即在上有解．

令，，

则，

可知在上单调递增，在上单调递减，

故当时，，

由于，，且，

所以．

故选：A．

二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共50分。

13．已知向量，，若，则______.

【答案】

【解析】根据得到，得到，计算模长得到答案.

【详解】根据题意，向量，，，则，解得，

则，则；

故答案为：.

【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，向量的模，意在考查学生的计算能力.

14．已知F为双曲线C：的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为______．

【答案】3

【分析】由双曲线的基本性质得A、B两点的坐标，利用斜率得关系式求解即可.

【详解】解:设双曲线焦距为2c，则，，，因为AB的斜率为2，所以，整理得，解得，所以．

故答案为:3.

15．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《算法九章·商功》中，后人称之为“三角垛”．已知某“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，设各层（从上往下）球数构成一个数列，则______．

【答案】

【分析】先求得数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求得的值.

【详解】已知“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，

则，，，，则数列满足，，

则

，

则，

则

故答案为：

16．函数及其导函数定义域均为，且是偶函数，记，也是偶函数，则___________．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性得到，根据导函数的奇偶性得到，确定函数的周期为4，得到，计算得到答案.

【详解】是偶函数，，

两边求导得到，即，

即，取，，，

也是偶函数，故，即，

故，即，.

故，是函数的一个周期，.

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：共60分

17．每年的4月23日为“世界读书日”，某调查机构对某校学生做了一个是否喜爱阅读的抽样调查.该调查机构从该校随机抽查了100名不同性别的学生（其中男生45名），统计了每个学生一个月的阅读时间，其阅读时间（小时）的频率分布直方图如图所示：

（1）求样本学生一个月阅读时间的中位数.

（2）已知样本中阅读时间低于的女生有30名，请根据题目信息完成下面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.

列联表

附表：

其中：.

【答案】（1）；（2）不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.

【解析】（1）频率为0.5对应的点的横坐标为中位数；

（2）100名学生中男生45名，女生55名，由频率分布直方图知，阅读时长大于等于的人数为50人，小于的也有50人，阅读时间低于的女生有30名，这样可得列联表中的各数，得列联表，依据公式计算，对照附表可得结论．

【详解】（1）由题意得，直方图中第一组，第二组的频率之和为

.

所以阅读时间的中位数.

（2）由题意得，男生人数为45人，因此女生人数为55人，

由频率分布直方图知，阅读时长大于等于的人数为人，

故列联表补充如下：

的观测值，所以不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.

【点睛】本题考查频率分布直方图，考查独立性检验．正确认识频率分布直方图是解题基础．

18．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，，，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)

【分析】（1）证明，，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）取的中点，证明平面，然后利用棱锥的体积公式求解即可.

【解析】（1）

证明：设与交于点，连接，则为和的中点.

因为四边形是菱形，所以，

由，，所以，

又，，平面，所以平面.

（2）

取的中点，因为，，，

所以，

所以，，

由（1）知平面，平面，所以，

又，，平面，所以平面.

菱形ABCD的面积，

所以四棱锥的体积为.

由E为PC的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥体积的一半，而三棱锥的体积为四棱锥体积的一半，

故三棱锥的体积为.

19．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A；

(2)当，时，求△ABC的面积．

【答案】(1)；(2)

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得，即可求出角A.

（2）由余弦定理可求出，由三角形的面积公式可求出答案.

【解析】(1)由正弦定理及，知，

化简得，由余弦定理知，，

因为，所以．

(2)由余弦定理知，，

所以，即，

所以△ABC的面积．

20．已知函数．

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）当x＞0时，恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）（﹣∞，e﹣1]．

【分析】（1）求导得f′（x）＝e﹣a+1，分两种情况：当a≤1时，当a＞1时，f（x）的单调性．（2）问题可转化为当x＞0时，a≤ 恒成立，令g（x）＝，只需a≤g（x）min，即可得出答案．

【详解】（1）f′（x）＝e﹣a+1，

由于e＞0，

所以当﹣a+1≥0，即a≤1时，f′（x）＞0在（﹣∞，+∞）上恒成立，

所以f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，

当﹣a+1＜0，即a＞1时，

在（ln（a﹣1），+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

在（﹣∞，ln（a﹣1））上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

（2）因为当x＞0时，f（x）≥x2+1恒成立，

所以当x＞0时，e﹣ax+x≥x2+1恒成立，

所以当x＞0时，a≤恒成立，

令g（x）＝，

g′（x）＝

令h（x）＝e﹣x﹣1，

h′（x）＝e﹣1，

当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，

所以h（x）≥h（0）＝0，

所以当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，

所以g（x）min＝g（1）＝e﹣1，

所以a≤e﹣1，

故a的取值范围（﹣∞，e﹣1]．

21．已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，且

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若不过点的直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆经过点，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

【答案】(1)

(2)直线过定点，理由见解析

【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出直线的方程中参数的等量关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.

【解析】(1)解：由题意可得，解得，，则，

故椭圆的标准方程为.

(2)解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，

联立，可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

由题意可知，，，同理，

所以，

，

整理可得，

当时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意；

当时， 直线的方程为，直线过定点，合乎题意；

当直线的斜率不存在时，则点、关于轴对称，设点，则，

，，其中，

，

即，因为，解得，

此时直线的方程为，直线过定点.

综上所述，直线过定点.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多选，则按所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．在平面坐标系中，圆M的参数方程为 （为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)求圆M的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)过圆M的圆心作直线l交曲线C于A，B两点，若，求直线l的直角坐标方程．

【答案】(1)，；(2)或．

【分析】（1）利用消参法可求得圆M的普通方程，根据极坐标与直角坐标之间的转换公式可求得曲线C的直角坐标方程；

（2）设直线的参数方程并和联立，得到跟与系数的关系式，结合化简求得，即可求得答案.

【详解】（1）由 ，可得，

所以圆M的普通方程为，

因为，所以，

曲线C的直角坐标方程为．

（2）由（1）知，，设直线l的参数方程为 （t为参数,），

代入得，

，，

，

即 ，①；

，．

又，所以，

即，

，

或，

代入①式验证满足题意，故或，

所以直线l的直角坐标方程为或．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数．

（1）解关于x的不等式；

（2）记的解集中的最大元素为n，若a，b，c均为正数，．证明：．

【答案】（1）（2）证明见解析

【分析】（1）采用零点讨论法进行求解即可

（2）由，证明，分析式子特点可知，跟关联性最大，故应考虑通过整体进行放缩，得到，再通过可再次进行一次放缩，即可求证

【详解】解：（1）∵，

若，则，解得则

若，则，解得则

若，则，解得则

综上所述，不等式的解集为

（2）由（1）知，则

证明：∵，∴，

∴

∴