【高考冲刺】2023年四川省高考数学考前冲刺预测模拟：刷题卷02（文科）（解析版）

刷题卷02（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．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据不等式的运算得出集合或与或，再根据集合的交集与并集运算判断选项AB，根据集合间的包含关系判断选项CD.

【详解】由，解得或，即或；

由，解得或，即或.

则或，故选项A错误；

或，故选项B错误；

根据集合间的包含关系，可知，故选项C正确，选项D错误.

故选：C.

2．已知z的共轭复数是，且（i为虚数单位），则复数z的虚部为（    ）

A． B． C．-2 D．-2i

【答案】C

【分析】设复数，根据题意和复数的相关知识进行求解即可.

【详解】设.因为，所以，解得则，所以复数z的虚部为-2.

故选：C.

3．在如图所示的茎叶图中，下列判断错误的是（    ）

A．甲的中位数大于乙的中位数        B．甲的众数大于乙的众数

C．甲的平均数大于乙的平均数        D．甲的方差大于乙的方差

【答案】B

【详解】由给定的茎叶图，可得甲的中位数为，乙的中位数为，所以A正确；

甲的众数为，乙的众数为，所以B不正确；

甲的平均数为，

，

所以甲的平均数大于乙的平均数，所以C正确；

由

，

，

所以，可得甲的方差大于乙的方差，所以D正确.故选：B.

4．已知直线和圆， 则直线与圆的位置关系是（    ）

A．相切 B．相交 C．相离 D．相交或相切

【答案】B

【分析】由题意可求出直线所过定点，即为圆心，即可判断出答案.

【详解】圆 的标准方程为， 圆心，

直线可化为，则直线l过定点，

因此直线经过圆心， 所以直线与圆相交．故选：．

5．执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由起始条件依次执行程序，判断结论是或否，直至判断为否，退出循环，输出结果，结束执行.

【详解】执行程序, 判断为是；

判断为是；

判断为是；

判断为是；

判断为否，退出循环，输出

故选C.

【点睛】本题主要考查了数列求和背景下的程序框图问题，关键是列出每次循环后的执行情况,属于基础题.

6．已知双曲线的一个焦点坐标为，当取最小值时，C的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据双曲线的标准方程可得，根据的关系可得，由基本不等式的求解即可得，进而，即可求离心率.

【详解】由可得，所以，

故可得，所以，

当且仅当，即时等号成立，所以，，又，

所以，

故选：B．

7．设等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．6 B．7 C．11 D．9

【答案】C

【分析】根据等差数列通项公式和前n项和公式列方程解首项与公差，最后再根据通项公式计算即可得答案.

【详解】解：设等差数列的公差为，

由题意得①，

②，

①和②联立得，，

所以

故选：C．

【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查运算能力，是基础题.

8．若函数的部分图象如图所示， 且，， 则函数的单调递减区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由图像求出函数解析式，即求出，的值，再根据余弦函数的性质求出函数的单调递减区间.

【详解】解：因为点在函数的图像上，所以，

即，结合图像可得①，

又，则直线为函数图像的一条对称轴，结合图像可得②，

由①、②解得，，所以．

令，得，

所以的单调递减区间为.

故选：C．

9．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，与半球（如图一）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥（如图二），用任何一个平行与底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此证明该几何体与半球体积相等.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图三），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱,通过计算可知高相等时截面面积相等,因而由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.

【详解】由椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱

在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点、上底面为底面的圆锥

当截面与底面距离为时，截圆锥得到的截面小圆半径为

则，即

所以截面面积为

把代入椭圆方程，可求得

所以橄榄球形状几何体的截面面积为

由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积为

故选:C

【点睛】本题考查了类比推理的综合应用,空间几何体体积的求法,属于中档题.

10．数列满足，且对任意的都有，则等于(   )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】确定，利用累加法计算得到，确定，根据裂项相消法计算得到答案.

【详解】对任意的都成立，故，

即，，，

把上面个式子相加可得，，从而有，

.

故选：C

【点睛】方法点晴：本题主要考查递推公式求通项、累加法的应用，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题.  裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：

(1)；

（2） ；

（3）；

（4）；

此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

11．已知为双曲线左支上的一点， 双曲线的左右顶点分别为， 直线交双曲线的一条渐近线于点， 直线的斜率为， 若以为直径的圆经过点， 且， 则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】，点在双曲线上，有，由题意有，又，可得，可求出的值，即可计算双曲线的离心率.

【详解】设点 ， 则， 即有， ①

以为直径的圆经过点可知， 所以，即，

由 ，则 ， 可得，

由，则，所以 ，②

由①和②得， 由，得双曲线的离心率．

故选：D．

12．已知函数对定义域内的任意都有=，且当时其导函数满足

若，则

A．             B．

C．             D．

【答案】C

【详解】试题分析：由题意得，因为函数对定义域内的任意都有=，所以函数关于对称，又当时其导函数满足，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，因为，所以，所以，又在上单调递增，所以，故选C．

考点：函数的单调性与导数在函数中的应用．

二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共50分。

13．已知向量的夹角为，，则________．

【答案】

【分析】由平面向量数量积的定义可得，再由结合平面向量数量积的运算即可得解.

【详解】因为向量的夹角为，，所以，

所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

14．设满足约束条件，则目标函数的最大值为__________．

【答案】3

【分析】作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定函数的最优解，解求解目标函数的最大值，得到答案．

【详解】由题意，作出约束条件表示的平面区域，如图所示，

目标函数，可化为直线，

当直线过点A时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，

又由，解得，

所以目标函数的最大值为．

【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．

15．直线过抛物线的焦点且与抛物线交于、两点，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】由题意求得抛物线方程，设出直线方程，联立抛物线方程，设而不求，整理化简得到结论，根据这个关系，得到，代入消元整理，利用基本不等式求最小值.

【详解】已知，即，所以抛物线的方程为，

若直线与轴重合，这该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，

设直线的方程为，，

联立，可得

则

所以，

所以，

则，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为．故答案为：.

16．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现．如图，在底面半径为的圆柱内有球与圆柱的上、下底面及母线均相切，设分别为圆柱的上、下底面圆周上一点，且与所成的角为，直线与球的球面交于两点，则线段的长度为______．

【答案】

【分析】取中点，由等腰三角形三线合一可得；由线面垂直的判定与性质可证得，利用勾股定理可推导求得，又，可知为中点，由此可得.

【详解】，，取中点，连接，

，为中点，；

，，，平面，

平面，又平面，；

，，

，，

，也是中点，.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查旋转体中的线段长度的求解问题，解题关键是能够熟练应用圆柱和球的结构中的长度相等的线段之间的关系，结合垂直关系，利用勾股定理来进行求解.

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

17．一台机器由于使用时间较长，生产的零件有一些缺损．按不同转速生产出来的零件有缺损的统计数据如下表所示：

(1)作出散点图；

(2)如果y与x线性相关，求出回归直线方程；

(3)若实际生产中，允许每小时的产品中有缺损的零件最多为10个，那么，机器的运转速度应控制在什么范围内？

【答案】（1）见解析（2）＝0.73x－0.875.（3）15

【详解】解：(1)根据表中的数据画出散点图如图：

(2)设回归直线方程为：＝bx＋a，并列表如下：

＝12.5，＝8.25，＝660，＝438，

∴b＝≈0.73，

a＝8.25－0.73×12.5＝－0.875，

∴＝0.73x－0.875.

(3)令0.73x－0.875≤10，解得x≤14.9≈15.故机器的运转速度应控制在15转/秒内．

18．在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．

在中，内角的对边分别为，且满足______．

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）选①，由正弦定理及辅助角公式进行化简可求；

②，由二倍角公式及和差角公式进行化简可求；

③，由正弦定理进行化简，然后结合诱导公式可求；

（2）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求．

【详解】（1）选①，

正弦定理得，

因为 为三角形内角，，

所以，即，

因为，

所以；

②，

，

所以，即，

故，

因为，

所以；

③，

由正弦定理得，

因为为三角形内角，，

所以，

所以，

所以；

（2），，

由余弦定理得，

所以，

所以的面积．

19．如图， 在平行六面体 中，分别是的中点， 侧面平面．

(1)求证：平面;

(2)试求三棱锥 体积．

【答案】(1)答案见解析；

(2)答案见解析；

【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；

（2）根面面垂直的性质定理结合等体积计算即可.

【详解】（1）取的中点为，连接．

在和中， 因为分别是的中点，

所以 ，且，

又在平行六面体中，，所以，

因此四边形为平行四边形，所以，

又因平面平面， 所以平面．

（2）由（1）知 平面知， 点到平面的距离相等，

所以 ，

在三角形 中，

过点作于，因侧面平面，

侧面平面，平面，

所以 平面， 因， 平面，

平面，所以平面，

因此点到平面的距离相等， 则的长为点到平面的距离，，

所以.

20．已知函数.

(1)若，求函数的极值；

(2)若函数在上单调递增，求a的取值范围.

【答案】(1)极小值，无极大值

(2)

【分析】（1）先求出导函数，令导函数为零，然后列表判断函数的极值即可，

（2）先求出导函数，然后分和求解函数的单调区间，再根据函数在上单调递增，可求得结果

【解析】(1)当时，，则，

令，得，

，和的变化情况如下表

所以当时，取得极小值，无极大值

(2)

由（），得（），

当时，，所以在上单调递增，所以在上单调递增，

当时，由，得，

，和的变化情况如下表

因为在上单调递增，

所以，得，

综上，a的取值范围为

21．已知椭圆的左顶点为 ，点在椭圆 上．

（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆的右焦点作斜率为的直线 ，交椭圆于，两点，直线，分别与直线 交于点，，则是否为定值？请说明理由．

【答案】（1）；（2）是定值，.

【解析】（1）由已知得a，把已知点的坐标代入椭圆方程可得答案；

（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，设，，由三点共线可得，，结合韦达定理坐标表示可得答案.

【详解】（1）∵，点在椭圆上，∴，∴，

∴椭圆的方程为：．

（2）是定值，理由如下：

设，，直线的方程为，

由，整理得，

∴，，

设，，则，∴，

同理可得，

∴，，

∴

，

∴为定值．

【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，关键点是利用韦达定理解决，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

（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．已知直线的参数方程为 （为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线交于两点，求．

【答案】（1），；（2）2

【分析】（1）消去参数即可确定普通方程，将极坐标方程两边乘以整理计算即可确定直角坐标方程；（2）联立直线参数方程的标准形式和圆的方程，结合参数的几何意义即可求得弦长．

【详解】（1）直线 （为参数），消去得：

即：

曲线，即

又，．

故曲线

（2）直线的参数方程为 （为参数）

直线的参数方程为 （为参数）

代入曲线，消去得：

由参数的几何意义知，

【点睛】本题考查直线的参数方程，圆的极坐标方程与普通方程的互化等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值是m，且，，，求的最小值．

【答案】(1)；(2).

【分析】（1）利用零点分区间法解决问题即可；

（2）由（1）可知，则，故，展开利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）因为，

所以等价于或或，

解得或或，

故不等式的解集为.

（2）由（1）可知，则，又，，

所以，

当且仅当，时等号成立，

故最小值为．