2023届四川省德阳市第三中学高三上学期第四次综合性考试数学（理）试题（解析版）

2023届四川省德阳市第三中学高三上学期第四次综合性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合M＝{﹣2，﹣1，0，1}，N＝{x∈R|x（x﹣2）≤0}，则M∩N＝（　　）

A．{﹣1，0，1} B．{0，1}

C．{﹣2，﹣1，0，1} D．{﹣2，﹣1，0}

【答案】B

【分析】可以求出集合N，然后进行交集的运算即可．

【详解】∵M＝{﹣2，﹣1，0，1}，N＝{x|0≤x≤2}，

∴M∩N＝{0，1}．

故选：B．

2．已知 为虚数单位)，则 在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】根据复数的乘法运算及复数相等求出即可得解.

【详解】由可得，

所以，

则，故复平面内对应的点在第二象限，

故选：B

3．如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】由题可得，即求.

【详解】由题把图形看作平面直角坐标系的一部分则，

∴.

故选：D.

4．已知数列 的前 项和 满足，则 （    ）

A．511 B．512 C．1023 D．1024

【答案】B

【分析】根据与的关系可得出数列为等比数列，根据通项公式求解即可.

【详解】由题可知: ，

①当 时，，解得:

②当 时，，则

，

当时，，解得，

所以，

即对成立，

所以数列 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，

故 ，当 时， .

故选：B.

5．下列直线中能成为曲线 的对称轴的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三角恒等变换化简后，根据正弦型三角函数的对称轴求解即可.

【详解】  ，

令 解得对称轴方程为 .

选项中只有当 时，符合题意.

故选：A.

6．已知函数   ，且 ， 则 （    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】利用分段函数给定的取值范围代入值求出参数的值及函数的解析式，再将值代入函数解析式即可解得.

【详解】因为当时，

所以当时，,

所以，即,

当时，,

所以，即.

故选：A

7．由表中三个样本点通过最小二乘法计算得到变量､之间的线性回归方程为：，且当时，的预报值，则（    ）

A．6 B． C．7 D．

【答案】D

【分析】由题可得，利用线性回归方程过样本中心可得，即得.

【详解】由题可得，

∴，，又，

∴，

∴.

故选：D.

8．如图所示三视图表示的几何体的外接球表面积为 ，则该几何体的体积为（    ）

A． B．36 C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图还原出几何体，由外接球的面积得球半径，据此求出，即可得出棱锥体积.

【详解】由三视图可知，几何体为一条侧棱垂直底面矩形的四棱锥，如图，

其中，

由外接球的表面积，可得外接球半径，

设外接球球心为，底面矩形的外接圆圆心为，

则平面，所以，

过作于，则由知为中点，

由四边形为矩形知，，

在中，，即，

解得，

所以.

故选：C

9．在中，，且，则“”是“为锐角三角形”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】由已知先求，可得，然后可解.

【详解】因为，解得，即，

所以，若，则，此时，为锐角三角形；

若为锐角三角形，取，则，故“”是“为锐角三角形”的充分不必要条件.

故选：A

10．已知实数，且函数的定义域为，则的最小值是（    ）

A．4 B．6 C． D．2

【答案】A

【分析】由一元二次不等式在R上恒成立解得a+b的值，再对所求的式子进行等量代换、分离常数、“1”的代换、基本不等式可求得结果.

【详解】∵定义域为R，

∴在R上恒成立，

∴，即：

∴，解得：

又∵

∴

当且仅当，即时取等号.

故选：A.

11．已知H为的垂心，，，M为边BC的中点，则（    ）

A．20 B．10 C． D．

【答案】B

【分析】利用平面向量的线性运算，，，而，代入计算即可．

【详解】由题意，，，

．

故选：B．

【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是利用向量加减法法则得到，由，这样＝，这两个向量都可以用表示，这就与已知条件建立了联系．

12．已知曲线，相邻对称轴之间的距离为，且函数在处取得最大值，则下列命题正确的个数为（    ）

①当时，m的取值范围是；②将的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数；③函数的最小正周期为；④函数在区间上有且仅有一个零点.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】根据函数相邻的对称轴之间的距离为，求得函数的最小正周期，从而求得的值，再利用辅助角公式，求得函数的解析式，逐项分析，即可求解.

【详解】函数的相邻对称轴之间的距离为，则周期为，

由，所以

当时，则，

对于①：由函数在处取得最大值，，

解得，，所以，

又由，所以，即，所以①正确；

对于②：不妨令，则，可解的一个，那么的图象向左平移个单位后所对应的函数为，此时是奇函数，故②不正确；

对于③：是最小正周期是，的最小正周期是，但的最小正周期是，故正③正确；

对于④：，由③可知最小正周期为，由函数在处取得最大值，在其后上满足，当

时，，，因此在区间上有无数个零点，故④不正确；

所以正确的命题有2个.

故选：B

【点睛】解题的关键在于利用辅助角公式将化成“一名一角”，再利用对称轴之间的距离等于半个周期，求出的值，判断三角函数的性质要借助于正弦函数的图象，属于难题.

二、填空题

13．已知平面向量､的夹角为，且，，则与的夹角等于___________.

【答案】##

【分析】由题可得，，再利用夹角公式即得.

【详解】∵平面向量､的夹角为，且，，

∴，，

，

∴，

所以与的夹角等于.

故答案为：.

14．已知递增等比数列的前n项和为，且满足：，，则______．

【答案】2

【分析】利用已知条件求出公比，再求出后可得结论．

【详解】设等比数列公比为，则，又数列是递增的，∴，

∴，，，．

故答案为：2．

【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，属于基础题．

15．若双曲线的离心率与椭圆的离心率互为倒数，则椭圆的焦点到双曲线的渐近线的距离是__________.

【答案】

【分析】根据椭圆方程求出焦点坐标、离心率，得到双曲线的离心率，求出双曲线渐近线，由点到直线距离求解.

【详解】由知椭圆中，

所以，即椭圆的焦点为，

所以，

由题意知双曲线的离心率，

所以，故双曲线的渐近线方程为，

不妨取椭圆左焦点，则由点到直线距离可得，

同理，椭圆右焦点到渐近线的距离也是，

所以椭圆焦点到渐近线的距离为，

故答案为：

16．已知函数. 若对定义域内不相等的，都有，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】由条件知函数单调递增，根据分段函数为增函数建立不等式组求解，求解过程需构造函函数利用单调性求解.

【详解】由 ，

可得，即函数在定义域内单调递增，

，即 ，

又 单调递增，且，

由，得，

实数的取值范围是.

故答案为：[e，2e).

三、解答题

17．垃圾分类是改善环境，节约资源的新举措．住建部于6月28日拟定了包括我市在内的46个重点试点城市，要求这些城市在2020年底基本建成垃圾分类处理系统．为此，我市某中学对学生开展了“垃圾分类”有关知识的讲座并进行测试，将所得测试成绩整理后，绘制出频率分布直方图如图所示．

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计测试的平均成绩；

（2）将频率视为相应的概率，如果从参加测试的同学中随机选取4名同学，这4名同学中测试成绩在的人数记为，求的分布列及数学期望．

【答案】（1），76.5；（2）分布列见解析，2.

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有频率之和为1（即所有小矩形面积之和为1）可计算出，每组中间点值乘以该组频率相加可得估计的平均成绩；

（2）由（1）得成绩在的频率为，因此有，的可能取值为：0，1，2，3，4，由二项分布计算出各概率得分布列，由期望公式可计算出期望值．

【详解】（1）由题意得：

所以：,

平均成绩为：．

（2）易知测试成绩在的频率为

故．

的可能取值为：0，1，2，3，4

的分布列为

．

【点睛】本题考查频率分布直方图，考查二项分布，属于基础题，对学生的数据处理能力有一定的要求．

18．已知等差数列的前n项和．

（1）求实数b的值及的通项公式；

（2）若，且，求数列的前n项和．

【答案】（1）0，；（2）.

【分析】（1）由求出，由时，求出，利用必成等差数列可求得，从而得．

（2）由（1）可求得，对裂项为，再相加．

【详解】（1）由于

所以当时，

当时，

又数列是等差数列，故，即

所以．

易验证此时数列是以2为首项，2为公差的等差数列，．

（2）由题意及（1）知：

所以

从而．,

【点睛】考查等差数列的通项公式，考查已知与的关系求数列通项公式，考查裂项相消法求数列的和．已知与的关系求数列通项公式时，要注意只有时才有，不包含，，它们的计算方法不一样，注意验证．

19．设的内角A､､所对的边分别为､､，且.

(1)求内角A的大小.

(2)已知点在线段上，且平分内角A，若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合三角形的内角关系及两角和的正弦公式求得，即可得出答案；

（2）由平分内角A，可得，再根据的面积结合余弦定理可求得及，即可得解.

【详解】（1）解：因为，

所以，

所以，

由于，所以，

又，

所以；

（2）解：由题意及（1）得：，

所以，

在中应用余弦定理得：，

即，

又，

即，

亦即，

所以，即，

从而的周长为.

20．已知曲线在点处的切线与曲线的另外一个交点为为线段的中点，为坐标原点.

(1)求的极小值并讨论的奇偶性.

(2)直线的斜率记为，若，求实数的取值范围.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由导函数的正负可知函数在上单调递增，在上单调递减，则极小值为，然后根据奇偶性的定义，讨论参数即可判断函数的奇偶性；

（2）由导函数求出在点点处的斜率，并根据点斜式写出切线方程，联立曲线方程可求得B点坐标，再根据中点坐标公式求出P点坐标，并求得直线OP的斜率，将，，转化为恒成立问题，设，求出其最小值，可得实数的取值范围.

【详解】（1）解：已知，，

则，

当时，，

当或时，，

在上单调递增，在上单调递减，

则当时，取得极小值，

当时，，显然，且

为奇函数；

当时，，

所以为非奇非偶函数.

综上所述，的极小值为；当时，为奇函数，当时，为非奇非偶函数.

（2）由（1）知，所以曲线在点处的切线方程为，

其与原曲线方程，

联立化简得，，

从而，

由于P为线段的中点，所以，

则直线OP的斜率，

由于，，即当时，恒有，

令，则，

易知当时，，

当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，

所以，

从而实数的取值范围为.

21．已知函数 (为常数) 的极大值为 .

(1)求实数的值;

(2)若 总 使得 成立， 求 的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导，对分类讨论，确定函数的单调性，进而确定极值点，即可求解，

（2）根据以及单调性可得，进而代入得，两边同时取对数，构造函数，利用导数求解的最值，进而可求解.

【详解】（1）, 显然 不合题意,

若, 当 时,; 当 时, , 即 在上单调递增, 在 上单调递减.

所以 的极大值为 , 由题意得 , 所以 .

若, 当 时, ; 当 时, , 即在上单调递减, 在上单调递增,不合题意.

综上: .

（2）由 (1) 知 , 所以

又 , 所以 , 从而，所以

由 (1) 知函数 在 上单调递增, 所以

令 , 两边取自然对数得:

, 其中 .

令 , 则

易知当 时, ; 当 时, , 即 在 , 上单调递增, 在 单调递减.

所以当 时, .

从而 .

22．已知曲线 （为参数，且），直线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线与直线的极坐标方程;

(2)射线 与曲线的一个交点为A (A 不是原点)，与直线的交点为，求的值.

【答案】(1)的极坐标方程为:，的极坐标方程为:；

(2)2.

【分析】（1）消参得曲线的普通方程，再由转化为极坐标方程；

（2）根据极坐标方程求出点的极径即可得解.

【详解】（1）消去参数得曲线的普通方程为：，

由可得的极坐标方程为:，

的极坐标方程为: .

（2）根据极坐标方程及极径的意义可知:

，，

  所以 .