2023届四川省大数据精准教学联盟高三第一次统一监测数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省大数据精准教学联盟高三第一次统一监测数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数在复平面对应的点分别是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由复数的几何意义得到复数，再计算复数的除法.
【详解】由题意可知，，
则 .
故选：A.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解不等式得，再根据集合运算求解即可.
【详解】解：因为等价于，解得或，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：C
3．某部门调查了200名学生每周的课外活动时间（单位：h），制成了如图所示的频率分布直方图，其中课外活动时间的范围是，并分成，，，，五组．根据直方图，判断这200名学生中每周的课外活动时间不少于14h的人数是（ ）
A．56B．80C．144D．184
【答案】C
【分析】根据频率分布直方图确定每周的课外活动时间不少于14h的频率，再根据频率、频数、总数的关系能求出结果．
【详解】每周的课外活动时间不少于14h的频率为，
故所求人数，
故选：C．
4．如图，网格纸上绘制的是一个四棱台的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．7
【答案】C
【分析】根据三视图，结合体积公式直接求解即可.
【详解】由题知该四棱台的上底面是边长为的正方形，下底面是边长为的正方形，高为.
所以，
故选：C
5．已知函数的图象如图所示，则的解析式可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由图象的对称性可知，函数为偶函数，B，D中函数为奇函数，故排除B，D；A，C中函数为偶函数，又对于C，，不符合题意，故排除C，从而得出答案.
【详解】由图象的对称性可知，函数为偶函数.
对于A，，为偶函数；
对于B，，为奇函数，不符合题意；
对于C，，为偶函数；又，不符合题意；
对于D，，为奇函数，不符合题意，
故选：A．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件结合商的关系可得，利用诱导公式和同角关系将所求表达式化为由表示的形式，代入条件即可求值.
【详解】由，显然，可得
因为，
所以，
所以，
故选：B.
7．若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可.
【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.
设切点为，，
所以，切线斜率为，
由题知得或（舍），
所以，，此时点到直线距离.
故选：C
8．在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，结合题意可求得，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.
【详解】设，则，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
所以，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，取
所以，直线和平面所成的角的正弦值为，
从而直线和平面所成的角的余弦值为．
故选：A．
9．抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，则的面积为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】B
【分析】联立直线与抛物线方程求得的坐标，得到，计算点到直线的距离，即可得到的面积．
【详解】联立直线与抛物线方程，解得或，
不妨设在第一象限，得，，
而，点到直线的距离为，
则的面积为．
故选：B.
10．已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）
A．B．0C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得，，进而得，再根据结合向量垂直关系的表示解得，进而得，再根据平移变换得，最后求函数值即可.
【详解】解：由题知，函数的周期满足，解得，
所以，
由图象与轴的交点为得，
因为，所以，即，
所以，图象与轴的交点为，
因为，所以，解得（负舍），
所以，
所以若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为 ，
所以.
故选：D
11．已知球的半径为2，四棱锥的顶点均在球的球面上，面，则该四棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】C
【分析】底面四边形所在圆面的圆心为，设其半径为，利用外接圆的集合性质确定底面积的最大值，设，根据球的几何性质得的等式关系，再利用函数结合导数即可求出四棱锥的体积的最大值．
【详解】四棱锥中，因为面，设，球的半径，
如下图：底面四边形所在圆面的圆心为，设其半径为，连接，
则底面四边形的面积为：
，
且，则，
当且仅当时，即底面四边形为正方形时，底面积最大，即，
又如下图，因为面，所以圆，设为圆的直径，连接
由球的性质可得，圆，即，所以
所以，则，所以，
则该四棱锥的体积，又，设，
则得或（舍），故在上单调递增，在上单调递减，
所以，故当时，该四棱锥的体积取到最大值为.
故选：C.
12．设，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】观察可得，构造函数约定，求导证明函数在是增函数，根据可以判断；
构造函数约定，利用导数判断函数在亦是增函数，根据可得，进而得到.
【详解】由，，
构造函数，，
则，
因为在上为减函数，
所以当时，，
又，所以，
故，
所以函数在单调递增，
故，
故，
因为，，
构造函数，，
则，
因为
所以 ，所以在是增函数，
所以，即，
所以，即，
综上，.
故选：C.
【点睛】构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
二、填空题
13．已知向量．则与的夹角为_________．
【答案】
【分析】利用向量数量积，由向量的坐标运算，求向量的夹角.
【详解】向量，有，
则，由，得.
故答案为：
14．四叶草也被称为幸运草、幸福图，其形状被广泛用于窗户、壁纸、地板等装修材料的图案中．如图所示，正方形地板上的四叶草图边界所在的半圆都以正方形的边长为直径．随机抛掷一粒小豆在这块正方形地板上，则小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为______．
【答案】
【分析】求出图中阴影部分的面积，利用几何概型公式求解即可．
【详解】不妨设正方形的边长为2个单位，则图中阴影部分的面积为两个圆（半径为1）的面积减去一个正方形（边长为2）的面积，即，
根据几何概型，小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为．
故答案为：．
15．已知双曲线的右焦点为F，过点作斜率为的直线与双曲线E交于A，B两点，则的周长为__________．
【答案】10
【分析】由已知点在双曲线上，结合双曲线定义可求的周长.
【详解】设双曲线的左焦点为，实半轴为，半焦距为，
则，，
因为满足关系，
所以点在双曲线上，
过点的直线的方程为，
直线与双曲线交于点，不妨设，
由双曲线定义可得，
所以，又，
所以，又，
所以.
故答案为：10.
16．若的面积是外接圆面积的，则______．
【答案】##
【分析】由正弦定理表示外接圆的面积，由的面积是外接圆面积的得出，又，化简即可得出结果.
【详解】由正弦定理得，则，
又的面积是外接圆面积的，
所以，即.
.
故答案为：.
三、解答题
17．已知等差数列与正项等比数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记数列的前20项的和为，数列的前n项和为，求满足的n的最小值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的基本计算得对应的公差与公比分别为，再求通项公式即可；
（2）结合等差数列与等比数列求和公式得，再解不等式即可得答案.
【详解】（1）解：设等差数列与正项等比数列公差，公比分别为，
因为，
所以，解得，
所以，数列的通项公式为
数列的通项公式为.
（2）解：由（1）得，，
所以，即为，即为，
因为单调递增，
所以，满足的正整数最小值为
18．如图，在四面体中，均为等边三角形，，点为的中点，．
(1)证明：直线平面；
(2)设点在上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）证明为以为底边的等腰三角形，进而证明，再根据判定定理即可证明结论；
（2）以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：因为均为等边三角形，
所以
因为点为的中点，
所以，
所以，
所以，为以为底边的等腰三角形，
因为，
所以，即，
因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，
所以，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
所以，
因为，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得，
因为平面的一个法向量为，
所以，，
所以，二面角的余弦值为.
19．甲袋中装有大小相同的红球2个，白球2个：乙袋中装有与甲袋中相同大小的红球3个，白球4个．先从甲袋中取出1个球投入乙袋中，然后从乙袋中取出3个小球．
(1)求从乙袋中取出的3个小球中仅有1个红球的概率；
(2)记从乙袋中取出的3个小球中白球个数为随机变量，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望
【分析】（1）分“从甲袋中取出1红球投入乙袋”和 “从甲袋中取出1白球投入乙袋” 两个类型，利用组合数和古典概型公式。求从乙袋中取出的3个小球中仅有1个红球的概率；
（2）白球个数ξ的可能值为0，1，2，3，分别计算相应的概率，列出分布列，用公式求数学期望.
【详解】（1）记“乙袋中取出的3个小球中仅有1个红球”为事件A，包含如下两个事件：“从甲袋中取出1红球投入乙袋，然后从乙袋取出的3个小球中仅1个红球”；“从甲袋中取出1白球投入乙袋，然后从乙袋取出的3个球中仅1个红球”，
分别记为事件，，且与互斥，
则
又
所以 .
则从乙袋中取出的3个小球中仅有1个红球的概率为.
（2）白球个数ξ的可能值为0，1，2，3.
，
，
，
则的分布列为
所以，
20．椭圆的左、右顶点分别为，点为第一象限内的动点，直线，与分别交于另外的两点，已知的斜率之比为．
(1)证明：直线过定点：
(2)设和的面积分别为和，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）设，进而根据题意得点在直线上，设，再结合，与椭圆联立得，，再取取点，利用向量关系证明即可得答案；
（2）由，得，进而得，再设，代入，结合韦达定理，基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：由题知，设
所以，
因为的斜率之比为，即，
所以，解得，
所以，点在直线上，
设，则，
代入得，
所以，，即，
所以，，
同理
取点，则，
又因为，
所以，，即直线过定点.
（2）解：由题知，椭圆的长半轴长为，由（1）得直线过定点，
所以，，
所以，点到直线的距离为点到直线的距离的倍，
所以，，
因为，
所以
设，代入得，
所以，，
所以
所以，当时，取得最大值.
21．已知函数．
(1)若单调递减，求的取值范围；
(2)若有两个极值点且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题知在恒成立，进而，求解最大值即可得答案；
（2）由题知且，进而将所证明问题转化为证明，再根据，，得，再令，则，进一步转化为证明不等式，再构造函数，，求最值即可证明.
【详解】（1）解：由题知函数的定义域为，，
因为单调递减，
所以在恒成立，即在恒成立，
所以，在恒成立，
令，则，
所以，当时，单调递增；当时，单调递减；
所以，当时，取得极大值，也是最大值.
所以，解得，即的取值范围为.
（2）解：由（1）知，
因为有两个极值点，
所以，有两个变号零点，
所以，结合（1）知，，
另一方面，当时，与的图象至多只有一个交点，
所以，且，
要证，只需证，
由得，则，
所以，
，
令，则，
所以，要证，只需证
令，，则，
令，，则
所以，在上单调递增，
所以，在成立，即在上单调递减，
所以，即
所以，成立，
所以，成立，原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合已知条件，将问题转化为证明，进而利用导数证明不等式即可.
22．在直角坐标系中，点，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
(1)写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)设点M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程，并判断l与是否有公共点．
【答案】(1)，：
(2)，（为参数），直线l与圆没有公共点。
【分析】（1）根据消参法可得曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标之间的转化公式可得直线的直角坐标方程.
（2）设，设，根据，即可求得P的轨迹的参数方程，表示圆，计算圆心到直线的距离，即可判断断l与是否有公共点．
【详解】（1）因为曲线C的参数方程为(为参数)，
所以，
即曲线C的普通方程为：，
因为，由，
可得l的方程为：.
（2）设，设，
因为 ，
所以，
则，（为参数），
故P的轨迹的参数方程为，（为参数），
所以曲线为以为圆心，半径为4的圆，
而圆心到直线l的距离为，
因为，所以直线l与圆相离，
故直线l与圆没有公共点.
23．设函数．
(1)解不等式；
(2)令的最小值为T，正数满足，证明：．
【答案】(1).
(2)证明见解析.
【分析】（1）分类讨论x的取值，脱掉绝对值符号，解不等式，可得答案；
（2）分类讨论x的取值，求出的最小值为T，将展开，利用基本不等式证明，即可证明结论.
【详解】（1）当时，即，解得，故；
当时， 即，则；
当时，即，解得，故，
综上所述，原不等式的解集为.
（2）若，则；
若，则：
若，则,
所以函数的最小值，故,
又为正数，
则
,
当且仅当,时等号成立,
所以.
0
1
2
3
P