2023届四川省名校联盟高三下学期4月联考数学（理）试题含解析

2023届四川省名校联盟高三下学期4月联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】A

【分析】先求出，根据的特征求解

【详解】由得，所以，

故选：A

2．设集合，，集合中恰好含有2个元素，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据一元二次不等式的解法求出集合，再根据交集的定义结合已知即可得解.

【详解】，

，

因为集合中恰好含有2个元素，

所以.

故选：B.

3．我国古代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”，意思是说，有一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切），如图所示．已知圆O的半径为2丈，过C作圆O的两条切线，切点分别为M，N，若，则对角线AC长度为（    ）

A．丈 B．丈

C．丈 D．丈

【答案】A

【分析】结合图形的对称性和切线的性质，通过三角函数或勾股定理，由丈，，求出，可得对角线AC长度.

【详解】记OC与MN相交于E，过O作AB的垂线，与AB相交于F点，如图所示，

丈，丈，则丈，

在中，，则，

中，丈，

中，丈，，则丈，

所以丈.

故选：A.

4．国家统计局公报显示绘制出的2017-2021年每年本专科、中等职业教育及普通高中的招生人数（单位：万）统计图如下图所示，则下列关于2017-2021年说法正确的是（    ）

A．每年本专科、中等职业教育和普通高中的招生人数都在增长

B．中等职业教育和普通高中的招生人数差距最大的年份是2019年

C．本专科每年的招生人数增幅最大的年份是2018年

D．本专科的招生人数所占比例最高的年份是2021年

【答案】D

【分析】根据柱状图的数据，逐一分析选项即可得出答案．

【详解】对于A：中等职业教育2017年招生人数为582万人, 2018年招生人数为557万人，即2017-2018年中等职业教育招生人数出现减少，故A错误；

对于B：2017-2021年中等职业教育和普通高中的招生人数差为：218万人，236万人，239万人，231万人，249万人，即中等职业教育和普通高中的招生人数差距最大的是2021年，故B错误；

对于C：2018-2021年本专科每年的招生人数增幅为：，，，，即本专科每年的招生人数增幅最大的年份是2019年，故C错误；

对于D：2017-2021年本专科的招生人数所占比例为：，，，，，即本专科的招生人数所占比例最高的年份是2021年，故D正确，

故选：D．

5．已知等比数列的前n项和为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先列方程组求得等比数列的首项和公比的值，进而求得其通项公式和前n项和公式.

【详解】设等比数列的首项为，公比为q，

则

即

解之得，则，

故选：D

6．设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为（    ）

A．e B． C． D．

【答案】C

【分析】求出切点坐标，利用导数求切线斜率，得切线方程，分别令，得该切线分别与两坐标轴的交点，可求三角形面积.

【详解】函数，有，

，，

切点坐标为，切线斜率为，切线方程为，

分别令，得该切线分别与两坐标轴交于，两点，

故三角形面积为.

故选：C

7．函数的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先判断出函数为奇函数，排除选项C；再利用特值排除选项AB，进而得到正确选项D.

【详解】函数定义域为，

则函数为奇函数，其图像关于原点中心对称，排除选项C；

又，排除选项AB；

故选：D

8．过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B点，，且，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据，和抛物线的定义得到，，然后根据，得到直线的倾斜角为，即可得到，最后将点坐标代入抛物线方程中求即可.

【详解】

过点，作准线的垂线，交准线与，，过点作，交与点，

因为，所以，

又因为，所以，，，

在直角三角形中，，，所以，即直线的倾斜角为，所以，

将点坐标代入抛物线方程中可得，解得或（舍去）.

故选：C.

9．已知函数在区间内单调且，在区间内存在最值点，则当取得最大值时，满足的一个值可能为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据单调区间长度及最值确定范围，再求函数值可能的值.

【详解】在区间内单调且,

,

在区间内存在最值点,,

则当取得最大值时，,

可能为,可得.

故选:B.

10．已知四棱锥的底面ABCD为梯形，，，，，为正三角形，平面平面ABCD，E，F分别为PA，PB的中点，则（    ）

A．平面PAD

B．PD与平面ABCD所成角的正弦值为

C．

D．四棱锥的体积为

【答案】A

【分析】A选项根据四边形为平行四边形得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；B选项根据平面平面，得到为直线与平面所成角,然后求正弦值即可；C选项根据点为中点，得到，不垂直，即可得到，不垂直；D选项根据椎体体积公式求体积即可.

【详解】

A选项：连接，，因为，为，中点，所以，，因为，，，所以，，四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以∥平面，故A正确；

B选项：取中点，连接，，因为为正三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，为直线与平面所成角，因为，，所以，，，，故B错；

C选项：连接，因为，，，所以，，在三角形中，点为中点，，所以，不垂直，又因为，所以，不垂直，故C错；

D选项：，故D错.

故选：A.

11．已知双曲线，，为的左、右焦点，，直线与的一支交于点，且，则的离心率最大值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，由，得，设，根据相似可得，代入双曲线方程，进而得到，再结合二次函数性质求解即可.

【详解】由双曲线，得，

由，得，又，

设，则，即，

又在双曲线上，所以，

即，即，

整理，得，

令，，则，

因为函数对称轴为，在上单调递增，

所以时，，即，

所以.

故选：D.

12．已知函数，函数的图象与曲线有3个不同的交点，其横坐标依次为，，，设，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将表示为的函数后，利用换元法和导数可求其取值范围.

【详解】因为函数的图象与曲线有3个不同的交点，

所以有一个解且有两个不同的解.

而，故且，

且，故，

故，其中.

设，则，

设，，

故，

当时，；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

而，，

故在的值域为即的取值范围为.

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，，，则向量与的夹角为______．

【答案】

【分析】由可得，，后由向量夹角的坐标表示可得答案.

【详解】，则，则，又，则

故答案为：.

14．2022年11月29日，神舟十五号载人飞船成功发射升空，在飞船入轨后未来6个月里，空间站将逐步解锁、安装并测试15个科学实验机柜，开展涵盖空间科学研究与应用、航天医学、航天技术等领域的40余项空间科学实验和技术试验．已知此科学实验机柜在投入使用前会进行调试工作，现有8个科学实验机柜，其中包括5个A类型、3个B类型，两名调试员计划共抽取3个机柜进行调试，则至少有1人抽到B类型机柜进行调试的概率为______．

【答案】

【分析】利用古典概型即可求得至少有1人抽到B类型机柜进行调试的概率.

【详解】记“至少有1人抽到B类型机柜进行调试”为事件A，

则,

则至少有1人抽到B类型机柜进行调试的概率为.

故答案为：.

15．已知正项数列的前n项和为，满足，则______．

【答案】18

【分析】根据题中条件，先求出，再判断数列是以为公差的等差数列，进而可求出.

【详解】当时，由得，即，解得或，因为是正项数列，所以；

当时，由得，

则，

整理得，所以，

因此数列是以为公差的等差数列，则，

所以.

故答案为：.

三、双空题

16．在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为______；若线段上存在一点P，使得，则______．

【答案】     6    

【分析】作出图形，根据线面的相关性质求出截面为平行四边形，进而求出面积，再利用勾股定理求出线段的比值即可.

【详解】取上靠近点的一个四等分点，连接，因为，所以且，则四边形为平行四边形，

所以且，过点作，连接，过作，连接，因为，所以四边形为平行四边形，则且，所以且，则截面为平行四边形，由直四棱柱的性质可得，，

，，

在中，由余弦定理得，，

所以，

则截面的面积为；

如图，设，则，因为，

在中，，

在中，，

则，解得，即，

所以，

故答案为：；.

四、解答题

17．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．在下列三个条件①，，且；②；③中任选一个，回答下列问题．

(1)求A；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）条件①：根据向量平行的坐标表示转化，求得；条件②：根据正弦定理转化为，求得；条件③：将条件中的余弦转化为正弦，再用正弦定理与余弦定理求得.

（2）根据余弦定理及基本不等式求得面积的最大值．

【详解】（1）选择条件①，因为，，且，

所以，

即，所以，

由为锐角三角形可知，则，

故，，

选择条件②，因为，由正弦定理可得，

由为锐角三角形可知，所以，

则，即，

由为锐角三角形可知，故．

选择条件③，因为，

所以，

即，

由正弦定理可得，

根据余弦定理可得，

由为锐角三角形可知，故，

（2）因为，由（1）可得，

所以根据余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，满足条件．

则，

故面积的最大值为．

18．在三棱锥中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧面底面ABC，，，点E在线段SB上，且．

(1)证明：平面ACE；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AC中点为D，连接SD，BD，由，得到，再由底面ABC是边长为4的正三角形，得到，进而得到平面SBD，则，然后由，得到，利用线面垂直的判定定理证明；

（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面SAB的一个法向量为和平面SBC的法向量为，由求解.

【详解】（1）证明：如图所示：

取AC中点为D，连接SD，BD．

因为，D为AC中点，所以．

又侧面底面ABC，侧面底面，侧面SAC，

所以底面ABC，．

由于，，

则，，

由于，则，，

因为，所以．

又，，，且两直线在平面SBD内，

所以平面SBD，且平面SBD ，所以．

又，且两直线在平面ACE内，所以平面ACE．

（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面SAB的一个法向量为，

则，即，

令，则，，即，

设平面SBC的一个法向量为，

则，即，

令，则，，即，

则，

，

设二面角的平面角为，

则，

故二面角的正弦值为．

19．锚定2060碳中和，中国能源演进“绿之道”，为响应绿色低碳发展的号召，某地在沙漠治理过程中，计划在沙漠试点区域四周种植红柳和梭梭树用于防风固沙，中间种植适合当地环境的特色经济作物，通过大量实验发现，单株经济作物幼苗的成活率为0.8，红柳幼苗和梭梭树幼苗成活的概率均为p，且已知任取三种幼苗各一株，其中至少有两株幼苗成活的概率不超过0.896．

(1)当p最大时，经济作物幼苗的成活率也将提升至0.88，求此时三种幼苗均成活的概率（）；

(2)正常情况下梭梭树幼苗栽种5年后，其树杆地径服从正态分布（单位：mm）．

㈠梭梭树幼苗栽种5年后，若任意抽取一棵梭梭树，则树杆地径小于235mm的概率约为多少？（精确到0.001）

㈡为更好地监管梭梭树的生长情况，梭梭树幼苗栽种5年后，农林管理员随机抽取了10棵梭梭树，测得其树杆地径均小于235mm，农林管理员根据抽检结果，认为该地块土质对梭梭树的生长产生影响，计划整改地块并选择合适的肥料，试判断该农林管理员的判断是否合理？并说明理由．

附：若随机变量Z服从正态分布，则，，．

【答案】(1)0.5632

(2)（1）0.001；（2）答案见解析

【分析】（1）先求得红柳幼苗和梭梭树幼苗成活的概率的取值范围，再利用条件概率公式即可求得三种幼苗均成活的概率；

（2）㈠利用正态分布的性质即可求得树杆地径小于235mm的概率；㈡答案不唯一，符合概率统计的原理，言之有理即可.

【详解】（1）由题意得，任取三种幼苗各一株，至少有两株幼苗成活，

包括恰有两株幼苗成活，三株幼苗均成活两种情况，

故概率为，

即，解得或（舍去）

又，故p的取值范围为，故p的最大值为0.8，

记红柳和梭梭树幼苗均成活为事件A，经济作物幼苗成活为事件B，

则有，．

故所求概率为．

（2）㈠设正常情况下，任意抽取一株梭梭树，树杆地径为，

由题意可知，因为，

所以由正态分布的对称性及“”原则可知：

．

㈡理由①：农林管理员的判断是合理的．

如果该地块土质对梭梭树的生长没有影响，由（1）可知，

随机抽取10棵梭梭树，树杆地径都小于235mm的概率约为，

为极小概率事件，几乎不可能发生，但这样的事件竟然发生了，

所以有理由认为该地块对梭梭树的生长产生影响，即农林管理员的判断是合理的．

理由②：农林管理员的判断是不合理的．

由于是随机抽取了10棵梭梭树，所以不可控因素比较多，

例如有可能这10颗树的幼苗栽培深度较浅，也有可能是

自幼苗栽种后的浇水量或浇水频率不当所致．（答案不唯一，言之有理即可）

20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A，B为其左、右顶点，M为椭圆上一点，且．

(1)求C的离心率；

(2)若左焦点到椭圆上的点的最大距离为3，且直线交C于另一点N，已知的面积是的2倍，求直线MN的方程．

【答案】(1)

(2)或．

【分析】（1）利用题给条件得到出，进而求得椭圆C的离心率；

（2）先求得椭圆C的方程并设直线，联立二者组成方程组，利用设而不求的方法求得m的值，进而得到直线MN的方程．

【详解】（1）设，则有，则，

又，，则，

即，则，解得，

故离心率．

（2）由左焦点到椭圆上的点的最大距离为3可知，

又，解得，，则，

故椭圆C的方程为．

则，设，，

设点M位于x轴上方，点N位于x轴下方，则，．

联立，消去x得，

，则，，

因为，所以，

代入可知，则，

又，即，

结合椭圆对称性得，

故直线MN的方程为或．

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若函数恰有两个零点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）讨论，时的正负确定单调区间；

（2）当时，先增后减，只需时恰有两个零点，当时，判断两个极值均大于0，不可能有两个零点.

【详解】（1）因为，定义域为，所以，

当时，，则在上单调递减；

当时，令，解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减．

综上可知，当时，函数在上单调递减；

当时，函数在区间内单调递增，在上单调递减．

（2）因为，，

①当时，在上只有一个零点2，不符合题意；

②当时，求导得，令，解得或，

（ⅰ）当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，则，

要使函数有两个零点，必有，即，

且，则函数在区间内存在一个零点；

又因为

，

因为，则，又，

则，，故，

所以函数在区间内存在一个零点，

故当时，函数有两个零点；

（ⅱ）当时，函数有两个极值点和，

因为，，

令，则，

当时，；当时，，

所以函数在上单调递增，在区间内单调递减，

所以，

所以当时，，，

则当时，函数的两个极值均大于零，且当时，，当时，，

所以函数最多有一个零点．

综上可得，实数a的取值范围为．

【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数的常用方法

（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．

（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．

(1)求曲线被曲线所截得的弦长；

(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，记曲线与交于A，B两点，求．

【答案】(1)4

(2)16

【分析】（1）将曲线，曲线化为普通方程，将，普通方程联立，可得交点坐标，即可得弦长；（2）将的极坐标方程化为普通方程，与（1）中普通方程联立，可得A，B两点坐标，则可得.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（t为参数），

所以，代入，可得，

故曲线的普通方程为；

曲线的参数方程为，（s为参数），

消去参数s可知曲线的直角坐标方程为.

将，方程联立：，消去并整理得：

，解得或，则，交点为，

故曲线被曲线所截得的弦长为.

（2）因为曲线的极坐标方程为，

结合，，可知其直角坐标方程为，

联立，：，消去x整理得，解得或，则可取，.即，，

故．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值即可求得当时不等式的解集；

（2）利用绝对值不等式的性质构造关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围．

【详解】（1）当时，，

当时，则，解得，即，

当时，则恒成立，即，

当时，则，解得，即，

综上所述，原不等式的解集为．

（2）因为，

所以，即或，解得或，

故a的取值范围为．