【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（理科）（解析版）

刷题卷01（理科）

（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，，则中所有元素的和为（    ）

A．2 B．3 C．5 D．6

【答案】B

【分析】化简集合，然后利用交集的定义运算即得.

【详解】因为集合，

，

所以，所有元素的和为3.

故选：B.

2．设( 为虚数单位)，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【解析】利用复数的代数形式的乘除运算法则先求出，由此能求出．

【详解】解：，

则．

故选：B．

【点睛】本题考查复数的乘除运算及模的计算，是基础题．

3．已知为等差数列，若，则的值为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用等差中项的性质求出的值，再利用等差数列的性质和诱导公式可求得结果.

【详解】由等差中项的性质可得，则，故，

因此，.

故选：A.

4．若双曲线的渐近线为，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由渐近线方程可得，再由及双曲线参数关系求离心率即可.

【详解】由题设知：，即，

所以.

故选：B

5．已知,则“”是“”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】若，则0<a<b，

则 是0<a<b 成立的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系进行转化是解决本题的关键．

6．已知函数为偶函数，则（    ）

A．-1 B．-2 C．2 D．1

【答案】A

【分析】根据偶函数定义计算可得.

【详解】因为函数为偶函数，所以，

，

，

所以，即得

可得，成立，

所以.

故选：A.

7．已知α为第二象限角，且sin2α＝－，则cosα－sinα的值为(　　)

A． B．－ C． D．－

【答案】B

【详解】因为sin2α＝2sinαcosα＝－，即1－2sinαcosα＝，所以(sinα－cosα)2＝，又α为第二象限角，所以cosα<sinα，则cosα－sinα＝－.故选B.

8．若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.

【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则

所以，数据、、、的平均数为

，

方差为，

所以，，

将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为

，

方差为

.故选：A.

9．已知函数，若，则实数的取值范围是（      ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】探讨给定函数的单调性，再借助单调性求解不等式作答.

【详解】因在上单调递增，在上单调递增，

因此，函数在R上单调递增，则，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：C

10．某校分三次共派出五位年龄互不相同的优秀老师去乡镇5所学校支教，每所学校一人.第一次派出一名老师的年龄为A1，第二次派出两名老师的年龄最大者为A2，第三次派出两名老师的年龄最大者为A3，则满足A1<A2<A3的分配方案的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】若5位老师年龄，根据分析不同分派方案对应的方法数，并加总，然后分组分配求5位老师按分组的分配方法数，即可求概率.

【详解】由题设，5位老师年龄，

要满足，则一定在第3次派出，

1、第一次派出，则从选一个在第3次与一起派出，故有种；

2、第一次派出，则从选一个在第2次与一起派出有种；或在第2次派出有1种；

3、第一次派出，则从选一个在第2次与一起派出有种；

综上，满足的分派共有种，

而5位老师按分组分配有种，

所以满足A1<A2<A3的分配方案的概率为.

故选：D

11．已知中，角、、所对的边分别为、、，若的面积为，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角形的面积公式整理得出，利用二倍角的正弦和余弦公式化简得出，结合角的取值范围可求得结果.

【详解】在中，因为，则，

，则，则，

所以，，可得，，故.

故选：D.

12．已知，，，则它们之间的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用当时，得，

而，，从而得到，，三者的大小关系

【详解】设，，则

所以在上单调递减，所以

所以当时，即,，，，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．抛物线的焦点和准线的距离是________.

【答案】2.

【分析】首先将化成开口向上的抛物线方程的标准方程，得到系数，然后根据公式得到焦点坐标为，准线方程为，最后可得该抛物线焦点到准线的距离.

【详解】解：化抛物线为标准方程形式：

抛物线开口向上，满足

，焦点为

抛物线的焦点坐标为

又抛物线准线方程为，即

抛物线的焦点和准线的距离为

故答案为：2

【点睛】本题以一个二次函数图象的抛物线为例，着重考查了抛物线的焦点和准线等基本概念，属于基础题.

14．的展开式中，项的系数为_____.

【答案】

【详解】试题分析：的展开式的通项公式为,对于的通项为,令,又,,求出或，所以项的系数为.

考点：1.二项式定理；2.二项式系数的性质.

【思路点晴】本题主要考查二项式定理的应用, 求展开式式中某项的系数,属于中档题. 二项式的展开式的第项(其中).本题中要把作为一个整体,看成一项,才能用二项展开式写出通项,再写出的通项,由于是求项的系数,所以令,要注意的范围,求出所有满足条件的值,求出项的系数来.

15．已知长方体中，，，，点为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为__________．

【答案】

【详解】

三棱锥即为三棱锥，以为底面，底面以点为外心，（为线段的中点），则平面，设该三棱锥的外接球的球心为，半径为，则必在线段上，由于，

，根据及勾股定理，可列，得，故表面积为.

故答案为

点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．

16．已知为单位向量，若，则的取值范围为____.

【答案】

【分析】由题设以为x、y轴构建平面直角坐标系，，令结合已知有，又，将问题转化为求点到上点距离的范围，即可得结果.

【详解】由为单位向量，且，故，

以为x、y轴构建平面直角坐标系，如下图示，则，

令，则，又，

所以，即，

故的终点在圆心为，半径为1的圆上，

而，故，

所以，只需确定点到上点距离的范围即可，而到的距离为，

故，则.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标系，将问题化为求定点到圆上点距离的范围，进而求目标式的范围.

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．某省2016年高中数学学业水平测试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制.各等制划分标准为：85分及以上，记为等；分数在内，记为等；分数在内，记为等；60分以下，记为等.同时认定为合格，为不合格.已知甲，乙两所学校学生的原始成绩均分布在内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照的分组作出甲校的样本频率分布直方图如图1所示，乙校的样本中等级为的所有数据茎叶图如图2所示.

(1)求图1中的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率；

(2)在选取的样本中，从甲，乙两校等级的学生中随机抽取3名学生进行调研，用表示所抽取的3名学生中甲校的学生人数，求随机变量的分布列和数学期望．

【答案】(1)，甲、乙两校的合格率均为

(2)分布列见解析，

【分析】（1）频率分布直方图中，小矩形的和为频率和，和为1，这样可得到x的值；合格率为大于等于60分的频率和；

（2）为级，甲校C级的频率为，人数为，而乙校C级的人数为4人，随机抽取3人中，甲校学生人数的可能取值为0，1，2，3，所对应的概率，列分布列并求数学期望.

【详解】（1）由题意，可知，

∴ ,∴甲学校的合格率为

而乙学校的合格率为 .∴甲、乙两校的合格率均为96%

（2）样本中甲校等级的学生人数为

而乙校等级的学生人数为4．

∴随机抽取3人中，甲校学生人数的可能取值为0，1，2，3

∴

∴的分布列为

数学期望

18．已知数列中，，.

（1）证明：数列是等差数列；

（2）设，求.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）利用退一作差法化简已知条件，得到，由此证得数列是等差数列.

（2）求得的表达式，利用错位相减求和法求得.

【详解】（1）当时，由，

得，两式相减得，

，当时，得，，

故是以为首项，公差为1的等差数列.

(2)由（1）得，故，

，，

两式相减得，

.

【点睛】本小题主要考查根据递推关系证明等差数列，考查错位相减求和法，属于中档题.

19．如图1所示，在四边形ABCD中，，E为BC上一点，且，，，将四边形AECD沿AE折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，点F在棱BE上，平面DCF与棱AB交于点G.

(1)证明：；

(2)若直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，求.

【答案】(1)证明见解析;(2)

【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，再由线面平行性质定理证明线线平行；

（2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.

【详解】（1）因为，，所以．

因为平面DCFG，平面DCFG，所以平面DCFG，

因为平面ABE，平面平面，所以；

（2）因为，，，

平面BCE，平面BCE,所以平面BCE，

又平面AEB，所以平面AEB平面BCE，

故以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴，

在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，由（1）知，平面AEB平面BCE，且，

所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故，，

设，则，，，

设平面ADF的法向量为，则，即，

不妨令，则，，所以．

因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，

所以，

整理得，解得或（舍），所以F为EB中点，所以.

20．已知椭圆，离心率为，两焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点作圆的切线交椭圆于两点，求弦长的最大值．

【答案】（1）（2）

【分析】(1)由的周长为，结合离心率可得出答案.

（2）设切线的方程为，则利用弦长公式得出弦，再根据直线与圆相切得，即，代入化简得，最后利用基本不等式求最值.

【详解】（1）由过的直线交椭圆于两点，且的周长为8.

则的周长为，即

又， 所以 ，又，所以，

所以椭圆的方程为

（2）过点作圆的切线，则，

当切线的斜率存在且不为0时，设切线的方程为，

由，得  

设，

则．

，

由过点的直线与圆相切得，即，

所以  

，

当且仅当时，，所以的最大值为2

当切线的不斜率存在时，，则，

所以的最大值为2 .

21．已知函数，其导函数为．

(1)若函数在处的切线过原点，求实数a的值；

(2)若，证明：．

【答案】(1)；(2)证明见解析

【分析】（1）求导写出斜率，表示出切线方程，代入原点即可.

（2）由得出，借助基本不等式将转化成关于的函数，求出最小值即可.

【解析】(1)因为，所以．

又因为，

所以在处的切线方程为：．

点代入切线方程可得．

(2)因为，，且

所以，所以，

因为，所以．

所以．

因为，所以，

所以．

设，

则．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

所以当时，．

所以，所以，

所以．

【点睛】本题关键在于通过这一条件得到，借助基本不等式将转化成关于的代数式，进而构造关于的函数求解.

（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）.在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标为.

（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，求.

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）4.

【分析】（Ⅰ）消去参数即可求出直线的普通方程；利用代入即可求解.

（Ⅱ）将直线化为极坐标方程为，再代入曲线的极坐标，利用韦达定理即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意知直线的普通方程是，即

曲线的直线方程是

即

（Ⅱ）∵直线，化为极坐标方程是，

代入曲线的极坐标方程，

得，∴

∴

【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程的互化、利用极坐标方程求点到原点的距离，属于基础题.

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f（x）＝2|x＋1|＋|x－3|．

(1)求不等式f（x）>10的解集；

(2)若函数的最小值为M，正数a，b，c满足a＋b＋c＝M，证明．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分段讨论去绝对值即可求解；

（2）利用绝对值不等式可求得，再利用基本不等式即可证明.

【详解】（1）当时，由，解得，此时；

当时，由，解得，此时；

当时，由，解得，此时．

综上所述，不等式的解集为．

（2）证明：因为，

所以M＝8，所以a＋b＋c＝8．

因为，，，

当且仅当时，等号成立，

所以，

故．