2023届四川省名校联考高考仿真测试（四）数学（理）试题含解析

2023届四川省名校联考高考仿真测试（四）数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则的元素个数是（    ）

A．1 B．2

C．3 D．4

【答案】C

【分析】联立求出交点坐标，从而得到答案.

【详解】联立，即，解得：或，

即，

故的元素个数为3.

故选：C

2．在平行六面体中，已知，，，，，则的值为（    ）

A．10.5 B．12.5

C．22.5 D．42.5

【答案】A

【分析】将作为基底，然后用基底表示出，再求其数量积即可.

【详解】由题意得，，

因为，，，，，

所以

，

故选：A

3．若，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.

【详解】由可得，，

所以，

所以.

故选：A.

4．给出下列命题，其中正确命题的个数为（    ）

①若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为6；②回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；③随机变量服从正态分布，，则；④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为.

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】A

【分析】根据方差的性质可判断①；根据变量x，y的线性回归方程的系数，判断变量x，y是负相关关系可判断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可判断③；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可判断④.

【详解】对于①，若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为，故①错误；

对于②，回归方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；

对于③，随机变量X服从正态分布，，根据正态分布的对称性，所以，故③错误；

对于④，根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故④错误.

故选：A.

5．已知函数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求出的解集，根据与解集的关系即可求解.

【详解】由，可得或，

因为是的真子集，

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A

6．已知函数及其导函数的定义域都为，且为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及，再利用复合函数的导数推出的周期以及，进而可求解.

【详解】因为为偶函数，所以，

即，即函数图象关于对称，则，

因为为奇函数，所以，

即函数图象关于点对称，

则，

所以，则，所以函数以4为周期，

，

因为，所以，

即，即，

也即，

令，则有，所以，

由得，所以以4为周期，

所以，

所以，C正确，

对于其余选项，根据题意可假设满足周期为4，

且关于点对称，

，故A错误；

，B错误；

，D错误，

故选:C.

7．如图，这是计算的值的一个程序框图，其中在判断框内应填入的条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据程序框图运行程序，可知当第十次循环后，不满足判断框条件，输出结果，根据此时可得判断框内的条件.

【详解】按照程序框图运行程序，则第一次循环时，，；

第二次循环时，，；第三次循环时，，；

以此类推，第十次循环时，，，

此时需不满足判断框条件，输出，判断框内应填入或.

故选：D.

8．已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（    ）

A． B．7 C．6 D．5

【答案】B

【分析】联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值.

【详解】由题设，，代入抛物线可得，

所以，，则，

则，可得（舍）或，故，

由抛物线定义知：.

故选：B

9．已知向量，，则下列命题不正确的是（    ）

A． B．若，则

C．存在唯一的使得 D．的最大值为

【答案】D

【分析】由向量模的计算公式，可判定A正确；由向量共线的坐标表示，可判定B正确；根据向量的数量积的运算公式，求得，得到，可判定C正确；根据向量的运算法则，化简得到，求得的最大值，可判定D错误.

【详解】由向量，，

对于A中，由，所以A正确；

对于B中，若，可得且，可得，所以B正确；

对于C中，若，可得，整理得，

所以，可得，因为，可得，所以C正确；

对于D中，由，

因为，所以，可得，

所以的最大值为，即的最大值为，所以D错误.

故选：D.

10．若函数在点处的切线方程为，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，即可求出、，从而求出切线方程，即可得到方程，解得即可.

【详解】解：因为，所以，

又，所以，

所以切线方程为，即，

所以，解得；

故选：B

11．已知函数在区间上无极值，则的取值范围是（    ）

A．（0，5] B．（0，5）

C．（0，） D．（0，]

【答案】A

【分析】利用导数求解，将问题转化为

或在区间上恒成立，然后利用正弦函数的图象求解即可.

【详解】由已知条件得，

∵函数在区间上无极值，

∴函数在区间上单调，

∴或在区间上恒成立，

当时，，

∵，∴，在此范围内不成立；

当时，，

∵，∴，即，解得，

则的取值范围是，

故选：.

12．在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中错误的是（    ）

A．当点在线段上运动时，四面体的体积为定值

B．若平面，则的最小值为

C．若的外心为，则为定值2

D．若，则点的轨迹长度为

【答案】C

【分析】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D.

【详解】对于A，因为，平面， 平面，所以平面，

所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；

对于B，取的中点分别为，连接，

因为，平面，平面，所以平面，

又因为，，则，

又平面，平面，所以平面，

，平面，所以平面平面，

因为面，所以平面，

当时，AQ有最小值，则易求出

，

则，即，所以重合，

所以AQ的最小值为，故B正确；

对于C，若的外心为M，过作于点，则，

又，则，故C错误；

对于D，在平面内过作于点，

因为平面，平面，所以，

因为，平面，

所以平面，，

在上取点，使得，

则，，

所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，

又因为所以，则圆弧等于，故D正确.

故选：C.

二、填空题

13．的展开式中的系数为_____________．

【答案】5

【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.

【详解】，

其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；

的展开式通项为，，故时，得含的项为.

因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.

故答案为：5.

【点睛】思路点睛：

计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可.

14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.

【答案】

【分析】根据三视图可知这是一个四面体，根据长度即可根据三角形面积公式求每一个面的面积，进而可得表面积.

【详解】该几何体的直观图是正方体中的四面体，， 故答案为： .

15．已知双曲线的两个焦点分别为、，且两条渐近线互相垂直，若上一点满足，则的余弦值为_______________________．

【答案】

【分析】由题意可得，进而得到，再结合双曲线的定义可得，进而结合余弦定理即可求出结果.

【详解】因为双曲线，所以渐近线方程为，又因为两条渐近线互相垂直，所以，所以，即，因此，

因此，又由双曲线的定义可知，则，

所以在中由余弦定理可得

，

故答案为：.

16．若函数在上存在唯一的零点，若函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据导数的性质，结合函数的零点定义进行求解即可.

【详解】由，

因为，所以，因此，所以单调递增，

故，因为在上存在唯一的零点，所以有；

由，

由函数的性质可知：当时，，函数单调递减，

当时，单调递增，

要想，只需，

综上所述：．

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用导数的性质，结合函数零点的定义是解题的关键.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，，数列满足，．

(1)求数列、的通项公式；

(2)若数列满足，求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）利用与的关系可求出数列的通项公式；利用累加法可求出数列的通项公式；

（2）由（1）问结论求出，然后利用裂项相消求和法，求出的和即可证明原不等式.

【详解】（1）解：由，得，

所以

又由，得，满足，所以，

而，所以，

所以；

（2）证明：因为，

所以.

18．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.

(1)证明：.

(2)设二面角的平面角为，且，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）证明：取的中点，连接.

因为，所以.

又，所以四边形是平行四边形，从而.

因为，所以，从而.

因为，所以，则.

因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面，平面，从而.

又，平面，

所以平面，因为平面，所以；

（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

，

，可得.

设平面的法向量为，

由，

不妨令，则.

因为平面，所以可取平面的一个法向量为，

因为，所以，

解得或（舍去）.

19．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）

(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；

(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；

(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.

附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.

【答案】(1)，；

(2)合格；

(3).

【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；

（2）根据题中所给的公式进行求解即可；

（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.

【详解】（1），

第一组学生的方差为；

解得；

第二组学生的方差为；

解得.

这40名学生的方差为

，

所以；

（2）由，，得的估计值，的估计值.

，

∴.

从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），

又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；

（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.

则，

；

所以，

设王强前3局比赛获胜的事件为B，

则，

所以.

20．已知椭圆的左､右顶点分别为，椭圆的长半轴的长等于它的焦距，且过点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆相交于两点（不同于），直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：轴.

【答案】(1)；

(2)证明见详解.

【分析】（1）由题意，，代入点坐标求解即可；

（2）分直线斜率存在，不存在两种情况讨论，与椭圆联立，表示出直线，，，方程，联立得到坐标，证明即可.

【详解】（1）由题意，即，故椭圆，

代入点，可得，解得，

故椭圆的标准方程为：.

（2）由题意右焦点，，，

若直线斜率不存在，直线方程为：，代入椭圆方程可得，解得，即，

故直线，，，，

联立，可得；联立，可得，

，故轴；

若直线斜率存在，直线方程为：，与椭圆联立

，即，恒成立，

不妨设，故，

故直线，，，，

联立，可得；

联立，可得，

，故轴；

综上：轴.

21．已知函数，．

（1）当时，讨论函数的单调性：

（2）当时，函数满足：对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.

【解析】（1）先对函数求导，令求出，根据导数的方法，即可得到函数单调性；

（2）先由，得到，由分离参数法方法，将原不等式化为，构造函数，利用导数的方法求出其最大值，即可得出结果.

【详解】（1）由题意，

∵，，，令，得，

所以时，，单调递增，时，，单调递减，

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

（2）当时，

由对恒成立，得，

设，则，

设，则时，，

所以在上单调递增，且，，

所以函数在上有唯一的零点

当时，，，单调递增;

当时，，，单调递减，

所以时，

所以，

，，即

因为是增函数，所以，

，

即的取值范围为.

【点睛】思路点睛：

导数的方法研究由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.

22．在直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)判断直线与曲线的交点个数；

(2)若直线与曲线相交于两点，且，求直线的直角坐标方程.

【答案】(1)两个不同的交点

(2)或

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化方法可求得曲线的直角坐标方程；根据直线的参数方程可知直线恒过点，根据在圆内可得直线与曲线相交，由此可得结果；

（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得韦达定理的形式；利用直线参数方程中参数的几何意义可构造方程求得，由此可得直线倾斜角，进而得到直线方程.

【详解】（1）由得：，则，

曲线的直角坐标方程为：；

由直线参数方程可知：恒过点，

，点在圆内部，

直线与曲线相交，即有两个不同的交点.

（2）将直线参数方程代入曲线直角坐标方程得：，

即；

设对应的参数分别为，则，，

，

解得：，，又，或，

则直线方程为或.

23．已知均为正实数，且.

(1)求的最大值；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，结合基本不等式即可求解；

（2）令，，，由展开，利用基本不等式得，又由（1）知，代入求解即可.

【详解】（1）∵，

又，，，

∴，

∴，当且仅当时，等号成立，

即的最大值为.

（2）令，，，

则，

∵，，，

∴，

当且仅当，即时，等号成立，

由（1）知，

∴，

∴，∴，即，

当且仅当时，等号成立，

故的最小值为.