四川省四川大学附属中学2023届高三高考热身考试一理科数学试题（含解析）

这是一份四川省四川大学附属中学2023届高三高考热身考试一理科数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
四川省四川大学附属中学2023届高三高考热身考试一理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A．或 B． C．或 D．2．已知，，，若，则（    ）A．， B．，C．， D．，3．某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中不正确的是（    ）A．支出最高值与支出最低值的比是6：1B．利润最高的月份是2月份C．第三季度平均收入为50万元D．1~2月份的支出的变化率与10~11月份的支出的变化率相同4．函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．5．据研究，人的智力高低可以用智商来衡量，且，若定义称为智商低下，称为智商中下，称为智商正常，称为智商优秀，称为智商超常，则一般人群中智商优秀所占的比例约为（    ）（参考数据：若，则，，．）A． B． C． D． 二、解答题6．过、两点，且与直线相切的圆的方程可以是（    ）A． B．C． D． 三、单选题7．在的展开式中，的系数为（    ）A． B． C．2 D．88．已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．99．已知，，，则（    ）A． B． C． D．10．如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在处测得山顶的仰角为，则山高（    ）A． B．C． D．11．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．12．定义在上的可导函数f（x）满足，且在上有若实数a满足，则a的取值范围为（    ）A． B． C．  D． 四、填空题13．已知，，若，则________．14．记为等比数列的前项和.若，则__________.15．如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．16．过抛物线上且在第一象限内的一点作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线另外交于，两点，若直线的斜率为，则的最大值为__________． 五、解答题17．某学习APP的注册用户分散在A，B，C三个不同的学习群里，分别有24000人，24000人，36000人，该APP设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从A，B，C三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计7人参与游戏．(1)每局“七人赛”游戏中，应从A，B，C三个学习群分别匹配多少人？(2)现需要从匹配的7名学员中随机抽取3人进入互动环节，并用X表示进入互动环节的C群人数，求X的分布列与数学期望．18．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．(1)求A；(2)若，求证：△ABC是直角三角形．19．如图甲，已知四边形是直角梯形，，分别为线段，上的点，且满足，，，，将四边形沿翻折，使得，分别到，的位置，并且，如图乙(1)求证：；(2)求平面与平面所成的二面角的余弦值20．已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦距是．(1)求的标准方程；(2)P为直线l：上任意一点，是否在x轴上存在定点T，使得直线PT与曲线的交点A，B满足？若存在，求出点T的坐标．若不存在，请说明理由．21．已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，求曲线与的公切线方程.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），点．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线l的极坐标方程为．(1)写出曲线的极坐标方程；(2)若l与，分别交于A，B（异于原点）两点，求△PAB的面积．23．已知函数．(1)若，求函数的最小值；(2)若不等式的解集为，且，求的取值范围．
参考答案：1．B【分析】分析可知，利用集合的包含关系可出关于的等式，结合集合元素满足互异性可得出实数的值.【详解】因为，，，则，所以，或，若，则，此时，，集合中的元素不满足互异性，故；若，可得，因为，则，此时，，合乎题意.因此，.故选：B.2．C【分析】由已知可得，，代入根据复数相等的充要条件列出方程组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，所以，所以有，解得或.故选：C.3．B【分析】由统计图中数据，对选项中的统计结论进行判断.【详解】支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，支出最高值与支出最低值的比是，A选项正确；2月份利润为20万元，3月份和10月份利润为30万元，利润最高的月份是3月份和10月份，B选项错误；7，8，9月份收入分别为40万元，50万元，60万元，则第三季度平均收入为50万元，C选项正确；1~2月份的支出变化率为 ，10~11月份的支出变化率为 ，故变化率相同，故选项D正确.故选：B4．A【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.【详解】函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；又，所以选项B错误；故选：A.5．A【分析】分析可知，，利用原则可求得的值.【详解】由已知可得，，则，，所以，.因此，一般人群中智商优秀所占的比例约为.故选：A.6．C【分析】分析可知，圆心在直线上，设圆心为，根据圆与直线相切以及圆过点可得出关于的等式，解出的值，即可得出所求圆的方程.【详解】因为、，则线段的垂直平分线所在直线的方程为，设圆心为，则圆的半径为，又因为，所以，，整理可得，解得或，当时，，此时圆的方程为；当时，，此时圆的方程为.综上所述，满足条件的圆的方程为或.故选：C.7．A【分析】由，根据单项式和多项式的乘法法则结合二项式定理求展开式中的系数.【详解】，的展开式中含的项为，其系数为，的展开式中含的项为，其系数为，的展开式中，的系数为.故选：A.8．C【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.【详解】解可得，或，即或.所以，当时，.又，所以，当时，取最小值.故选：C.9．A【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，所以，，即，因为，则，所以，，又因为，则，故，故.故选：A.10．D【分析】在中，根据正弦定理求得，结合，即可求解.【详解】在中，，由正弦定理得，可得，过点作，可得 所以.故选：D.  11．D【分析】求出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出的值，即可求得该双曲线的离心率的值.【详解】在圆锥中，，，易知，由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则，所以，，则，圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，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、、、、，因为是母线上一点，，则，，，设平面的法向量为，则，取，可得，且，所以，，所以，，故该圆锥曲线的离心率为.故选：D.12．A【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数法的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解.【详解】由，得.令，则，即为偶函数.又时，.所以在上单调递减.由，得，即.又为偶函数，所以，所以，即，解得，所以a的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式.13．/【分析】求出向量的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.【详解】因为，，则，因为，则，解得.故答案为：.14．【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.【详解】设等比数列的公比为，由，可得，即，所以.故答案为：17.15．【分析】由题知球心为O,求得球的体积，再求锥的体积，则比值可求【详解】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为【点睛】本题考查球与三棱锥的体积，外接球问题，明确球心位置是突破点，准确计算是关键，是基础题16．【详解】由题意，设，则， 即， 所以， 又， 所以．点睛：本题考查了抛物线的性质，直线的斜率公式和基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，其中正确推算的表达式和运用基本不等式是解答的关键．17．(1)2,2,3；(2)分布列见解析；期望为. 【分析】（1）根据分层抽样的性质运算可得.（2）先列出X的取值，再计算相应的概率，列出分布列，计算期望即可.【详解】（1）三个学习群人数比例为24000:24000 : 36000 = 2 : 2 : 3因此,应从A、B、C三个学习群分别匹配2,2,3人.（2）由题X所有可能的取值为0,1,2,3,故X的分布列为X0123P.18．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，然后根据两角和的公式以及辅助角公式，即可推得.根据的取值范围，即可得出答案；（2）由余弦定理结合已知可推得.正弦定理边化角可得.又，代入化简可得.然后根据的范围，即可得出，进而得出，即可得出证明.【详解】（1）由已知及正弦定理得.因为，所以有.因为，所以，整理有.又因为，所以，所以或，所以，或.因为，所以.（2）由余弦定理可得.又因为，所以，整理可得.因为，由正弦定理得.因为，所以，所以，整理得.因为，所以，所以，所以，所以，即是直角三角形.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据翻折前图形的性质可得，，证得线面垂直，得到线线垂直，再利用线面垂直的判定得到线面垂直，进而得证；（2）根据（1）的证明，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式进而求解.【详解】（1）∵在图甲中，，，，∴在图乙中有，，，又∵与是平面内的交线，∴平面，因为平面，∴，如图，分别过，作，，垂足分别是，，易知，∴，又，∴，同理，又，∴，∴，又与是平面内的交线，∴平面，平面，∴（2）由（1）易知，以为原点，分别以射线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，相应各点的坐标如下：，，，，设平面的一个法向量为由可得，解得，∴，平面的一个法向量为，，∴平面与平面所成的二面角的余弦值为.20．(1)(2)存在x轴上定点，使得 【分析】（1）由已知求出的离心率为，又，即可得出.根据的关系，即可得出答案；（2）设，，，，先求出直线与轴重合时，满足条件的点坐标；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为.根据已知可推得，代入坐标整理可得（*）.联立直线与的方程可得，根据韦达定理得出坐标关系，代入（*）式，整理化简可得，求出，检验即可得出答案.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，又椭圆与椭圆的离心率相等，的焦距是，所以，，所以，，所以，，所以，的标准方程为.（2）设，，，.当直线与轴重合时，设，，，则，，，，由已知，可得，解得或（舍去），所以，；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为，则有.四点共线，由结合图象可知，，于是有，，化简得：，变形得：（*）.联立直线与椭圆的方程可得，，当时，由韦达定理可得，将上式与共同代入（*），化简得：，即，且此时成立，故存在x轴上定点，使得．【点睛】方法点睛：设直线AB方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标之间的关系.然后根据已知，化简可得出.因为的任意性，所以必有，即可得出答案.21．(1)在上单调递增.(2) 【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.【详解】（1）当时，令，有，当时，，函数在上单调递减，，函数在上单调递增， 故，即，所以在上单调递增.（2）因为，所以，设曲线在点与曲线在的切线相同，则切线方程为，即，整理得.又切线方程也可表示为，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因为，所以函数在在单调递增，又函数在在单调递增，所以在单调递增，又，当，，又得，所以，，所以在单调递减，在单调递增，所以，因此函数只有一个零点，即只有一个解，此时切线方程为，所以曲线与的公切线方程为.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用导数的几何意义确定切点的坐标满足的关系，再通过利用导数研究方程的解，确定切点坐标，由此求出切线方程.22．(1)(2)5 【分析】（1）由参数方程可得，，进而即可推得，根据公式即可得出曲线的极坐标方程；（2）将分别代入，的极坐标方程得出，，进而得出弦长.然后求出点到射线的距离，即可得出答案.【详解】（1）由的参数方程得，，所以.又，，所以，所以的极坐标方程为.（2）将代入曲线的极坐标方程可得，将代入曲线的极坐标方程可得，所以.又射线l的直角坐标方程为，即为，所以点到射线的距离为，所以.23．(1)2(2) 【分析】（1）因为，所以，即可求函数的最小值；（2）因为，所以，即，分类讨论，即可求的取值范围．【详解】（1）因为，所以，当且仅当时，即时，的最小值为2．（2）因为，所以，即，当时，不等式可化为，解得，所以；当时，不等式可化为，此时无解；当时，不等式可化为，解得，所以；综上，的取值范围为．