2023届四川省成都市青白江区高三上学期零点五诊数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届四川省成都市青白江区高三上学期零点五诊数学（文）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省成都市青白江区高三上学期零点五诊数学（文）试题 一、单选题1．已知，，则A． B．或C． D．【答案】A【分析】求出B中不等式的解集确定出B，求出A与B的交集即可．【详解】，由B中不等式变形得： ，解得： ，即 ，∴A∩B=，故选A．【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．设复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得，因此，.故选：A.3．若点是角的终边上一点，则A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角函数的定义，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【详解】由题意，点是角的终边上一点，根据三角函数的定义，可得，则，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值，其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式，准确化简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4．已知命题：“且”是“”的充要条件；命题：，曲线在点处的切线斜率为，则下列命题为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断命题p，利用导数的几何意义求出判断命题q，再借助真值表判断作答.【详解】若且，则有，反之，若，如且，而且不成立，即“且”是“”的充分不必要条件，于是得p是假命题，由求导得：，由得：，即存在，曲线在点处的切线斜率为，q是真命题，是真命题，是假命题，A不正确；是假命题，是假命题，B不正确；是假命题，C不正确；是真命题，是真命题.故选：D5．已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点M在抛物线上，且，则（    ）A．1 B． C． D．3【答案】C【分析】根据抛物线的定义，可以求出点M的坐标即可.【详解】由题意得， ，所以焦点为 ，准线为 又因为 ，所以M的y坐标为2，则x坐标为 所以 故选：C6．我国在2020年9月22日在联合国大会提出，二氧化碳排放力争于2030年前实现碳达峰，争取在2060年前实现碳中和．为了响应党和国家的号召，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关：把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品，经测算，该技术处理总成本y（单位：万元）与处理量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为，当处理量x等于多少吨时，每吨的平均处理成本最少（    ）A．120 B．200 C．240 D．400【答案】D【分析】先根据题意求出每吨的平均处理成本与处理量之间的函数关系，然后分和分析讨论求出其最小值即可【详解】由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为，当时，，当时，取得最小值240，当 时，，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值200，综上，当每月得理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元，故选：D7．函数的图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的定义域，利用导数研究函数的单调性，可得答案.【详解】由，则可知其定义域为，故可排除B和D；，令，解得，当时，，即，则，故函数在上单调递减，故选：A.8．若函数，则不等式的解集是A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数的解析式，分类讨论，根据对数函数的性质，即可求解不等式的解集，得到答案.【详解】由函数，可知，当时，令，解得；当时，令，即，解得，所以不等式的解集.【点睛】本题主要考查了分段函数的应用问题，其中解答中根据函数的解析式，分类讨论和利用对数函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想的应用，以及推理与运算能力，属于基础题.9．在四边形中，，，则A．5 B． C． D．3【答案】C【分析】利用向量的线性运算化简.利用向量数量积的运算性质即可得到结论.【详解】 【点睛】本题考查向量的线性运算和向量数量积的运算性质，属基础题10．若直线与曲线有公共点，则实数的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直线经过原点，画出曲线，通过图形临界位置的分析即可得出实数的范围.【详解】当时，直线为轴与曲线显然有公共点.时，经过原点，斜率为，曲线为圆心（2，2）半径为2的上半圆.当直线经过半圆的右端点A恰好有公共点，逆时针旋转至轴满足题意，如下图.由于 故，解得，综上故选：D.11．已知双曲线（，）的左、右焦点分别是、，且，若P是该双曲线右支上一点，且满足，则面积的最大值是（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义求出与，然后在中，利用余弦定理求出，再根据面积公式及二次函数的知识即可求解.【详解】解：因为P是该双曲线右支上一点，所以由双曲线的定义有，又，所以，，设，所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立，所以面积的最大值是，故选：A.12．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.【详解】令 ，，则，所以在上单调递增 ，所以，即， 所以， 故选：D 二、填空题13．若x，y满足约束条件则的最大值是________．【答案】8【分析】画出可行域，利用几何意义求解的最大值.【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，显然当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.故答案为：814．若向量满足，则_________.【答案】【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案【详解】∵∴∴.故答案为：.15．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为____________．【答案】【分析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，根据几何关系确定外接球球心位置，列勾股定理方程确定该三棱锥的外接球的半径.【详解】因为，所以为等边三角形，所以，等边外接圆的半径为，如图，三棱锥外接球球心为，半径为，设球心到平面的距离为，外接圆圆心为，连接，则平面，取中点，所以，又平面，所以//，则四边形是矩形，所以在和中，由勾股定理可得，解得：，表面积. 故答案为：16．在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若；则当角A最大时，的面积为______.【答案】【分析】利用正弦定理与余弦定理，整理等式，可得，根据余弦定理结合重要不等式，求得当角A最大时，的值，结合三角形面积公式，可得答案.【详解】由，，根据正弦定理以及余弦定理，则可得，整理可得，即，根据余弦定理，可得，由，当且仅当等号成立，可得，由函数在上单调递减，则当时，取最大，故，则.故答案为：. 三、解答题17．设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．【答案】（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2【详解】试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列∴设其公比为q，q＞0∵a3=a2+4，a1=2∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1∵q＞0∴q="2" ∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题． 18．为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了《综合防控儿童青少年近视实施方案》．为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%．(1)从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，求其近视的概率；(2)请完成2×2列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联． 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视   不近视   合计  1000 附：，．0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1)；(2)列联表见解析，有99.9%的把握. 【分析】（1）根据题意，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据题中数据，完成列联表，结合卡方计算公式进行求解判断即可.【详解】（1）该校高一年级近视的学生人数为1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为；（2）2×2列联表为： 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视160150310不近视240450690合计4006001000 ，所以有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．19．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，且平面底面，，.（1）证明：：；（2）点在棱上，且，若三棱锥的体积为，求实数的值.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）推导出AB⊥AD，从而AB⊥平面PAD，由此能证明PD⊥AB．（2）设点M到平面ACD的距离为，由求出，由求得实数的值【详解】（1）证明：取AD的中点O，连OC,OP∵ 为等边三角形，且O是边AD 的中点∴∵平面底面，且它们的交线为AD∴∴∵∴∴          （2）设点M到平面ACD的距离为∵∴ ∴∵∴【点睛】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．20．已知椭圆的离心率为，短轴长为4．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据离心率及短轴长及求出，，求出椭圆方程；（2）先考虑直线AB的斜率不存在时的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出，从而求出的取值范围.【详解】（1），，∴，又，即，解得：，，椭圆的标准方程为；（2）当直线AB的斜率不存在时，，不妨设，则当直线AB的斜率存在时，设，由，恒成立，故，∴，综上：，故的取值范围为．21．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)已知，若存在时，不等式成立，求的取值范围．【答案】(1)函数在区间，上均单调递减(2) 【分析】（1）利用导数在函数单调性中的应用，即可得到结果；（2）根据题意，将原不等式转化为，即；再根据（1），可知在单调递减，将原问题转换为在，两边同取自然对数，采用分离参数法可得在上能成立，再利用导数求出函数的最值，即可得到结果.【详解】（1）解：的定义域为因为，所以．令，则，所以函数在区间单增；在区间单减．又因为，所以当时，所以函数在区间，上均单调递减；（2）解：当，时，所求不等式可化为，即，易知，由（1）知，在单调递减，故只需在上能成立．两边同取自然对数，得，即在上能成立．令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，所以，又，故的取值范围是．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的直角坐标方程和直线的极坐标方程；(2)射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，求四边形的面积．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据，可得直线的极坐标方程，根据，可得曲线的直角坐标方程；（2）法一：将射线转化为直角坐标方程，联立求各个交点的坐标，根据图形组合，可得答案；法二：直接在极坐标下，求出各个交点的极坐标，然后根据图形组合，可得答案.【详解】（1）曲线转换为直角坐标方程为．直线的直角坐标方程为，根据，整理得，即．（2）法一：射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，如图所示：所以直线的直角坐标方程为，直线的直线方程为，所以，解得，设直线与轴交于点，将代入，得，即．所以．同理：，解得，所以，所以．法二：由，得，由，得，所以，，所以．23．已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.【详解】解：（I）当时，，由解得，综合得；当时，，由解得，综合得；当时，，由解得，综合得.所以的解集是.（II）∵的解集包含，∴当时，恒成立原式可变为，即，∴即在上恒成立，显然当时，取得最小值10，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．