2023届四川、云南部分学校高三上学期9月联考数学（理）试题含解析

2023届四川、云南部分学校高三上学期9月联考数学（理）试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【分析】根据共轭复数的概念与复数的乘法求解即可.

【详解】

故选：C

2．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】通过和分别求出集合和集合，从而运用集合的交集求出

【详解】，

所以

故选：C

3．某组样本数据的平方和，平均数，则该组数据的方差（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】根据方差的公式结合已知条件求解即可.

【详解】

，

故选：D

4．已知函数的部分图象如图所示，则(   )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合图象得到函数周期，可得，函数过，代入求解即可

【详解】根据函数的部分图象，

可得，

结合图像，函数过，可得，

故

故选：C

5．展开式中的常数项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】展开式通项为，令，解得，

因此，展开式中常数项为.

故选：A.

6．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据倍角公式结合同角三角函数的关系求解即可.

【详解】.

故选：A

7．已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用奇偶性的定义、导数的符号变化判定其奇偶性和单调性，再将变为，利用的单调性进行求解.

【详解】构造函数，因为的定义域为，且

，即是奇函数，

又，

所以在 上单调递增；

因为，所以，

即，即，所以，

即，解得或，

即.

故选：D.

【点睛】方法点睛：利用函数的性质解决不等式问题时，往往要利用题干中的表达式或不等式的结构特点合理构造函数，如本题中，构造函数，将问题转化为利用函数的奇偶性和单调性求的解集.

8．已知为圆上一点，、，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设点，设点为坐标原点，分析可得，数形结合求出的最小值，即可得解.

【详解】设点，设点为坐标原点，圆心为，半径为，

则，

因为，所以，原点在圆外，且，如下图所示：

，当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立.

所以，.

故选：C.

9．已知四棱柱是底面为等腰梯形的直四棱柱，，，则其外接球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别取、的中点、，连接，取的中点，连接、，由余弦定理证明为直角三角形，确定底面梯形的外接圆的圆心位置和外接球的球心位置，进而求出半径.

【详解】分别取、的中点、，连接，

取的中点，连接、，在等腰梯形，

因为，，

所以，

且

即，

解得，则，

因为，所以为直角三角形，为斜边，

则等腰梯形的外接圆的圆心为的中点，

所以该四棱柱的外接球的球心为，半径为，

又因为，所以.

故选：B.

10．椭圆的左顶点为，点均在上，且关于原点对称.若直线的斜率之积为，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，再根据直线的斜率之积为列式，结合椭圆的方程化简即可.

【详解】设且，则.

又，故，故，所以.

故选：B

11．设函数在区间上恰好有条对称轴，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由可求得的取值范围，根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】当时，，

因为函数在区间上恰好有条对称轴，所以，解得.

故选：B.

12．下列命题为真命题的个数是（    ）

①；②；③；④.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】利用指数式与对数的互化、对数函数的单调性推得①错误；构造函数，利用导数研究其单调性和最值，进而判定②④正确；构造函数，，利用二次求导确定其单调性，利用得到③正确.

【详解】对于①：若，则，即，

显然不成立，故①错误；

对于②：将变为，

构造，则，

则当时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

则时，取得最大值，

由得，

即成立，故②正确；

对于③：令，，

则，

，

因为在成立，

所以在上单调递增，

又，所以在上成立，

即在在上单调递增，

所以，即，即，

故③正确；

对于④：将变为，

由②得，即，

即成立，故④正确；

综上所述，真命题的个数为3.

故选：C.

【点睛】方法点睛：利用函数的单调性解决不等式问题时，往往要利用题干中的不等式的结构特点合理构造函数，如本题中证明、构造函数，证明构造，，将问题转化为利用导数研究函数的单调性问题.

二、填空题

13．过原点且与相切的直线方程为___________.

【答案】

【分析】设切点坐标，然后根据导数的几何意义表示出切线的斜率，则可表示出切线方程，再将原点坐标代入方程中可求出，从而可求出切线方程.

【详解】设切点坐标，

由，得，

所以切线的斜率为

切线方程为

又切线过原点，

所以

解得

所以切线方程为，

故答案为：

14．若向量，，，则实数___________.

【答案】

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于的等式，解之即可.

【详解】由已知可得，解得.

故答案为：.

15．已知等差数列的前项和为，，，则___________.

【答案】

【分析】设等差数列的公差为，推导出数列为等差数列，且公差为，求出的值，可求得的值，即可得解.

【详解】设等差数列的公差为，

，则，

所以，数列为等差数列，且公差为，

所以，，

故，所以，.

故答案为：.

16．已知点为抛物线的焦点，过作直线与抛物线交于两点，以为切点作两条切线交于点，则的面积的最小值为___________.

【答案】4

【分析】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系写出，，再利用导数的几何意义求出两条切线的斜率和方程，联立两切线方程求出，利用平面向量的数量积为0判定，再利用三角形的面积公式进行求解.

【详解】由题意，得，设直线的方程为，

，，且，

联立，得，

则，，且，

当时，由，得，，

即在点处的切线斜率为，

方程为；

当时，由，得，，

即在点处的切线斜率为，

方程为；联立、的方程，

解得 ，即；

因为，，

所以，所以，

则，

，

所以

因为，，（当且仅当时取等号）

所以的面积的最小值为4.

故答案为：4.

三、解答题

17．已知数列满足，数列满足.

(1)求数列及的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由已知判定数列是等比数列，是等差数列，即可求解（2）利用错位相减法即可求解

【详解】(1)由已知

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

数列满足

所以是以1为首项，2为公差的等差数列

(2)①

对上式两边同乘以2，

整理得②

①-②得

所以

18．某企业在举行的安全知识竞答活动中，随机抽取了50名员工，统计了他们的成绩，全部介于70到95之间，将成绩按如下方式分成五组：第一组，第二组，第五组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图

(1)请根据频率分布直方图，求样本数据的平均数和中位数（所有结果均保留两位小数）；

(2)从第一组和第五组的员工中，随机抽取4名员工，记这4名员工中来自第五组的员工的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.

【答案】(1)，

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据计算公式直接代入数据即可算出平均数，利用频率分布直方图中位数两边的面积相等，列式可解得中位数；

（2）求出X的所有可能取值，由古典概型的概率公式可得概率，分布列，根据期望公式求解即可.

【详解】(1)样本数据的平均数

第一二组的频率为

第一二三组的频率为

所以中位数一定落在第三组，设中位数为，则

解得

(2)据题意，第一组有人，第五组有人，

随机变量的可能取值为

所以的分布列是

所以的数学期望

19．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，，.点在棱上，且.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，证明出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果.

【详解】(1)证明：连接交于点，连接，

，，又因为，，则，

又因为平面，平面，平面.

(2)解：平面，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

所以，，

由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.

20．已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为，点是椭圆上任意一点，且满足.

(1)求椭圆的方程；

(2)过椭圆外一点作椭圆的两条切线，满足，求动点的轨迹方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意列出关于的关系式，即可得到结果.

（2）设过且斜率存在的直线方程为，联立椭圆方程，然后根据，得到其斜率乘积为，即可得到等量关系；然后再讨论斜率不存在的情况即可.

【详解】(1)由题知，解得

所以椭圆的方程为

(2)设，设过且斜率存在的直线方程为

联立，得

由，得

设的斜率分别为，则，又，所以

所以，即

当的斜率不存在时，，满足

所以动点的轨迹方程为

21．已知函数有两个零点、.

(1)求实数的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分析可知直线与函数的图象有两个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；

（2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可.

【详解】(1)解：函数的定义域为，由可得，

令，其中，则，令可得，列表如下：

且当时，，作出函数和的图象如下图所示：

由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个公共点，

因此，实数的取值范围是.

(2)解：由已知可得，可得，

由可得，要证，即证，

即证，即证，

由题意可知，令，即证，

构造函数，其中，即证，

，所以，函数在上单调递增，

当时，，故原不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．在平面直角坐标系中，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：，直线与曲线交于两点.

(1)求曲线的直角坐标方程及直线的普通方程；

(2)点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互换公式可得的直角坐标方程，消去参数可得直线的普通方程；

（2）将直线的参数方程标准化，再联立曲线的直角坐标方程，结合直线参数方程的几何意义与韦达定理求解即可.

【详解】(1)由得，，所以，整理得

由，消参得直线的普通方程

(2)将直线的参数方程标准化得

联立，整理得，

设对应的参数为，则.

所以

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，，，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用分类讨论思想，分、、，将问题转化为一次不等式进行求解；

（2）利用柯西不等式进行求解.

【详解】(1)当时，原不等式等价于，

即成立，所以；

当时，原不等式等价于，解得，

又，所以；

当时，原不等式等价于，

即不成立，解得；

综上所述，不等式的解集为；

(2)由柯西不等式得，

所以，

当且仅当，即且时等号成立，

即的最大值为.