2023届四川省名校联考高考仿真测试（三）数学（理）试题含解析

2023届四川省名校联考高考仿真测试（三）数学（理）试题

一、单选题

1．复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出等式右侧复数的模，然后表示出复数z，再化简变形求得结果.

【详解】由已知，可得，∴.

故选：C．

2．有一组样本数据：5，6，6，6，7，7，8，8，9，9.则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（    ）

A．平均数 B．第50百分位数 C．极差 D．众数

【答案】A

【分析】分别求出平均数、第50百分位数、极差、众数，即可得到答案

【详解】平均数为；

，则第50百分位数为；

极差为；

众数为

故平均数最大

故选：A.

3．已知，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断的范围，求得的值，利用二倍角公式，即可求得答案

【详解】由题意，则，

由可得，

即有，即，，解得，

故选：C

4．若随机变量从正态分布，则，．现有40000人参加语文考试，成绩大致服从正态分布，则可估计本次语文成绩在116分以上的学生人数为（    ）

A．3640 B．1820 C．910 D．455

【答案】C

【分析】由于成绩大致服从正态分布，可知，，由正态分布的性质可求出数学成绩116分以上的概率，从而可求出答案

【详解】依据题意可知，，由于，

所以.

因此本次考试116分以上的学生约有人.

故选：C

5．Sigmoid函数是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数.记为Sigmoid函数的导函数，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．函数是奇函数

C．Sigmoid函数的图象是关于中心对称

D．Sigmoid函数是单调递增函数，函数是单调递减函数

【答案】C

【分析】求导得可判断A，再由奇偶性的定义与性质可判断BD，由可以判断C

【详解】对于A：由题意得，选项A错误；

对于B：设，则，

所以函数不是奇函数，选项B错误；

对于C：因为，

所以，

所以Sigmoid雨数的图象的对称中心为，选项C正确；

对于D：由B可知，由的图象关于y轴对称，可知函数不单调，故选项D错误.

故选：C

6．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.

【详解】因为，为的中点，

所以，，

所以，又， ，

所以，

所以.

故选：B.

7．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，为偶函数，则（    ）

A．2021 B．2022 C．2023 D．2024

【答案】C

【分析】先根据为偶函数得到，两边取的导数可得：求，进而得到，在根据导函数为奇函数可得到导函数的递推公，然后根据递推公式即可求解.

【详解】∵为偶函数，∴，即，两边同时对x求导得，

即，令，则，

∵为奇函数，∴，

又，即，

联立得，即，

∴，

故选：C．

8．在三棱锥中，，，设侧面与底面的夹角为，若三棱锥的体积为，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】通过计算推出为的外接圆的直径，到平面的距离为，设的中点为，则为的外接圆的圆心，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，根据以及求出的最小值及取最小值时，有平面，再取的中点，连，，则可得，计算可得.

【详解】因为，，所以，

所以，所以，所以，

所以为的外接圆的直径，

设的中点为，则为的外接圆的圆心，

因为，设到平面的距离为，

则，所以，

当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，

设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，

若点和点在平面的同侧，如图：

则，即，当且仅当三点共线时，取等号，

在中，，所以，

所以，所以，当且仅当三点共线时，取等号，

若点和点在平面的异侧，

则，所以，

若与重合时，，不合题意，

综上所述：的最小值为，且当时，三点共线，

此时平面，取的中点，连，，则，

因为平面，平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以，

所以是侧面与底面的夹角，即，

因为，，

所以.

故选：B

9．某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（    ）

A．平均数为7 B．平均数为6.5

C．方差为12.5 D．方差为13.5

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用平均数公式及方差公式分别计算判断作答.

【详解】甲抽取的样本数据为，乙抽取的样本数据为，

依题意，，，

新样本数据的平均数，AB错误；

新样本数据的方差

，C错误，D正确.

故选：D

10．记不等式组表示的平面区域为，命题；命题.给出了四个命题：①；②；③；④，这四个命题中，所有真命题的编号是

A．①③ B．①② C．②③ D．③④

【答案】A

【分析】根据题意可画出平面区域再结合命题可判断出真命题.

【详解】如图，平面区域D为阴影部分，由得

即A（2，4），直线与直线均过区域D，

则p真q假，有假真，所以①③真②④假．故选A．

【点睛】本题将线性规划和不等式，命题判断综合到一起，解题关键在于充分利用取值验证的方法进行判断．

11．设为等差数列的前项和，且，都有.若，则（    ）

A．的最小值是 B．的最小值是

C．的最大值是 D．的最大值是

【答案】A

【分析】利用等差数列求和公式可化简已知不等式得到数列为递增的等差数列；结合可确定当且时，，当且时，，由此可得结论.

【详解】由得：，即，

数列为递增的等差数列，

，，，

当且时，；当且时，；

有最小值，最小值为.

故选：A.

12．函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（    ）

①；②；③；④

A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④

【答案】B

【分析】先求导，对分两种情况讨论，求出函数的最大值即可判断①②；由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，再利用指数和对数恒等式证明④正确；再利用反证法判断③的真假.

【详解】，，

当时，当时，， 在上单调递增，当时，，在单调递减；当时，， 在上单调递增，当时，，在上单调递减.

与有相同的最大值，，即，

，.

当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，

当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，

所以①②正确.

两个函数图象如下图所示：

由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，

不妨设，

且，

由，又，

又当时，单调递增，所以，

又，又，

又当时，单调递减，所以，

，

，于是有，所以④正确，

如果，则，所以，

与矛盾，所以错误，所以③错误.

故选：B

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断④，要利用指数和对数恒等式，得到，.

二、填空题

13．的展开式中，常数项为________.

【答案】

【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.

【详解】因为的展开式为，

令，解得，不合题意；

令，解得；

所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

三、双空题

14．甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有4个红球和1 个白球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）．先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球．分别以、表示由甲袋取出的球是红球和白球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，则________，________．

【答案】         

【分析】利用古典概型的概率公式先求出，，即可得到，，再由全概率公式计算可得；

【详解】解：依题意可得，，

，，

∴．

故答案为：；．

四、填空题

15．已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，过点F作倾斜角为60°的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）．若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设，的面积分别为，，则______．

【答案】/0.5625

【分析】直线方程为.联立直线方程与抛物线的方程，求出点的坐标，进而得到的坐标，表示出，，即可得出结果.

【详解】

由题意知，，直线方程为.设，.

联立直线方程与抛物线的方程，解得或.

因为点A在第一象限，所以，，

直线方程为，点坐标为.

因为，所以轴.

所以，

，

所以.

故答案为：.

16．已知三角形数表：

现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列，记此数列的前项和为．若，则的最小值是_____．

【答案】95

【分析】先找出每行的规律，再利用等比数列和等差数列的前项求解.

【详解】设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．

设第组的项数为，则组的项数和为，

因为，令得

即出现在第13组之后，第组的和为，

组总共的和为，

若，

则项的和应与 互为相反数，

    设项总共有项，则其前项和为

所以

解得

当时，，

则的最小值为.

故答案为：95.

五、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．

(1)求的值；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用正弦定理求出与之间的关系，结合，利用三角恒等变换即可求解；(2)结合(1)中条件，求出即可求解.

【详解】（1）因为，，

所以由正弦定理知，，

又由，

故，

所以，故．

（2）由知，，

，

记的面积为，

因为，

所以，

故的面积为．

18．如图，等腰梯形中，//，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.

(1)证明：；

(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，证明平面即可；

（2）结合直线与平面所成的角，先证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面所成的角

【详解】（1）连接，设的中点为，由//，，故四边形为平行四边形，∴，故，为等边三角形，故，，折叠后，又，且平面，故平面，又平面，故

（2）由（1）已证得平面，故在平面内可作平面，垂足为，则在直线上，直线与平面夹角为，又，故，∴两点重合，即平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设平面的一个法向量为，则，即，令得，

又平面，显然为平面的一个法向量，

设平面与平面夹角的大小为，则

所以.

19．为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.

(1)若该单位获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；

(2)已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，的取值有分三种情况解决.

(2)先算出一个题被答对的概率，然后再算出被甲答对的概率，然后再根据条件概率求解.

【详解】（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件则

由题意可得，的取值有

则的分布列为：

所以

（2）设甲乙两组对每个问题回答正确的概率分别为，两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，

则一个题被甲小组抢到为事件，则，

设一个题答对为事件，则

该题如果被答对，恰好是甲小组答对即为

20．设A，B是椭圆上异于的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线于C，D两点．

(1)求证：直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；

(2)求面积的最小值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）设，，表达出直线，直线，直线的斜率，由证明出结论；

（2）写出直线PA的方程，与联立求出，同理求出，求出，利用三角换元，求出的最小值，结合到直线的距离，求出面积的最小值.

【详解】（1）设，则，，

直线的斜率，直线的斜率为，直线的斜率为，

，

故直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；

（2）直线PA的方程为，与联立得：

，

同理可得：直线PB的方程为，与联立得：

，

故，

因为，设，

故，

其中，

故当时，取得最小值，最小值为，

又点到直线的距离，

故面积的最小值为.

【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

21．已知函数.

(1)若且函数在上是单调递增函数，求的取值范围；

(2)设的导函数为，若满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由题意可得在上恒成立，令，求导，分、讨论在上恒成立即可；

(2)由可得，由（1）知，即有，①，令，求导得当时，，即有，于是得以，代入①式中化简即可得证.

【详解】（1）解：当时，，，

因为在上是单调递增函数，

所以在上恒成立，

令，则，

当时，，

令，，

所以在上递增，

即，

所以在上恒成立，符合题意；

当时，，，且在为单调递增函数，

所以存在唯一使得，

所以当时，，在递减，

即，，不符合题意；

综上所述；

（2）证明：，

当时，由（1）可知是增函数，所以，

设，

，

移项得，

由（1）知，即，

所以，

即，①

设，，

所以当时，，

即，

所以，即，

所以，

代入①式中得到，

即，

所以，命题得证.

【点睛】方法点睛：本题考查了利用导数求参数的范围及证明不等式成立问题:

对于函数在所给区间上单增(减)，等价于其导数在所给区间上恒为正(负)；

对于恒成立问题，常采用方法有二：

一是求导，利用导数求出函数的最值，转化为最值与参数之间的关系；

二是分离参数，再利用导数求函数的最值，转化为参数与函数的最值之间的关系.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.已知曲线与，正半轴分别相交于两点.

(1)写出曲线的极坐标方程，并求出两点的直角坐标；

(2)若过原点且与直线垂直的直线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长度.

【答案】(1)，点为，点为

(2)

【分析】（1）普通方程，即可得

（2）求出直线的方程为，然后求出直线的方程，然后可求出的长度

【详解】（1）曲线的普通方程，

极坐标方程，∴.

在曲线上，当时，或，此时或（舍），所以点为.

当时，或，此时或（舍），所以点为.

（2）直线的方程为，极坐标方程为，

∴，

过原点且与直线垂直的直线的极坐标方程为.

与联立，得.

与联立，得.

∴.

23．已知函数，．

(1)若，，求实数的取值范围；

(2)求证：R，．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据 的范围，去掉绝对值，然后分段求解不等式即可.（2）由绝对值的三角不等关系，可得，然后根据基本不等式即可求解.

【详解】（1）时， ，

故当时，，所以；

当时，显然成立，

当时，，解得：

综上，不等式的解集为

（2）．