2023-2024学年四川省成都市高考数学（理）第一次诊断性检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市高考数学（理）第一次诊断性检测模拟试题（含解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回，若实数满足，则的最小值为，已知平面，则是的，若，则，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第II卷（非选择题）2至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
第I卷（选择题，共60分）
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．二项式的展开式中的系数为（ ）
A．1B．3C．5D．15
2．普法知识宣传小组打算从某小区的2000人中抽取25人进行法律知识培训，拟采取系统抽样方式，为此将他们一一编号为，并对编号由小到大进行分段，假设从第一个号码段中随机抽出的号码是2，那么从第三个号码段中抽出的号码为（ ）
A．52B．82C．162D．252
3．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．1C．D．
4．若数列满足，则（ ）
A．6B．14C．22D．37
5．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
6．若实数满足，则的最小值为（ ）
A．0B．C．D．1
7．已知函数的大致图象如图所示，则的解析式可以为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知平面，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
9．若，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．或
11．若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．2C．1D．
12．已知圆经过椭圆的两个焦点，圆和椭圆在第二象限的交点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
第II卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13．已知集合，则 ．
14．曲线在点处的切线方程为 ．
15．记为等差数列的前项和．若，且成等比数列，则的值为 ．
16．已知高，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为 ．
三､解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17．如图，正四棱柱中，为的中点，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
18．某校高中阶段实行体育模块化课程教学，在高一年级开设了篮球和羽毛球两个模块课程，从该校高一年级随机抽取的100名男生和100名女生中，统计出参加上述课程的情况如下：
(1)根据上述列联表，是否有的把握认为该校高一年级体育模块化课程的选择与性别有关；
(2)根据抽取的200名学生的模块化课程成绩，每个模块课程的前3名获得参加体育模块化教学推广大使的评选资格，若在有评选资格的6名学生中随机选出2人作为体育模块化课程教学的推广大使，记这两人中来自篮球模块化课程的人数为，求的分布列和期望．
附：．
19．已知函数．在锐角中，角的对边分别是，且满足．
(1)求A的值；
(2)若，求的取值范围．
20．已知抛物线的焦点为．
(1)已知过点的直线与抛物线相交于两点，求证：以为直径的圆与直线相切；
(2)若直线交抛物线于两点，当的面积为2时，求直线的方程．
21．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)当时，求直线的普通方程；
(2)已知点，若直线交曲线于两点，且，求的值．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求的取值范围．
男生
女生
总计
参加篮球模块课程人数
60
20
80
参加羽毛球模块课程人数
40
80
120
总计
100
100
200
0.025
0.010
0.005
0.001
5.024
6.635
7.879
10.828
1．D
【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】的展开通项公式为，
令得，所以展开式中的系数为，
故选：.
2．C
【分析】根据系统抽样的特点确定第三个号码段中抽出的号码即可．
【详解】采取系统抽样方式，从2000人中抽取25人，那么分段间隔为，
第一个号码是2，那么第三个号码段中抽出的号码是．
故选：C.
3．A
【分析】利用虚数单位的幂的运算及除法运算法则计算化简后，根据虚部的定义得到答案.
【详解】∵，
∴的虚部为-1，
故选：A.
4．D
【分析】根据条件求出，即可得出结果.
【详解】∵，
∴，，，
∴.
故选：D.
5．C
【分析】利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
6．B
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后令，当直线在轴上截距最小时，取最小，观察图象可得答案.
【详解】作出不等式表示的平面区域如图：
令，
则，即当直线在轴上截距最小时，取最小，
即过点时，取最小值.
故选：B.

7．B
【分析】由图可知，函数的定义域为，是奇函数，当时，由此判断各选项可得出结果.
【详解】对于A，当时，，无意义，故A错误；
对于B，，，则是奇函数，
当时，，则；
对于C，当时，，则，故C错误；
对于D，，则，
则是偶函数，故D错误，
综上，B正确.
故选：B.
8．A
【分析】结合面面平行的性质定理和线面平行的性质定理即可判断.
【详解】因为，，所以由面面平行的性质定理可得，则充分性成立；
因为，可知，所以，则，又，则，当时，由线面平行的性质定理可知，则必要性不成立；
综上所述，是的充分不必要条件.
故选：A.
9．C
【分析】先判断的符号，再构造函数并利用导数判断单调性，从而得到答案.
【详解】因为在上增函数，所以，即.
造函数，则，令，解得，
当时，，则为单调递减；
当时，，则为单调递增.
所以函数在处取得最小值，即，
所以，即，.
综上所述，.
故选：C.
10．A
【分析】由已知条件可知，再利用正弦、余弦、正切的二倍角公式求解即可.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，所以，
两边平方得，
，即，
，，，
，即，解得或，
因为，所以，
故选：.
11．D
【分析】先确定时的情况，在当时，参变分离可得，构造函数，求出函数的最小值即可.
【详解】当时，，不等式成立；
当时，恒成立，即，
令，则，
因为时，（后证）
所以当时，，单调递减，当时，，单调递减，
故，
所以，即实数的最大值为.
证明当时，，
令，，则，
则在上单调递增，所以，即.
故选：D.
12．C
【分析】先根据圆与轴的交点求出椭圆的焦点，然后利用圆周角的性质求出，进而根据余弦定理及椭圆的定义可求出，则离心率可得.
【详解】对于圆，
即，圆心为，半径为
当时，，当时，，
即如图点
即椭圆的两个焦点为，即，
又圆和椭圆在第二象限的交点为，
由圆周角的性质可得，
则
又由
得，
又得，解得，
所以离心率.
故选：C.
13．
【分析】求出集合中元素范围，再求交集即可.
【详解】，，
则.
故答案为：.
14．
【分析】首先求和，代入.
【详解】因为，所以所求切线的斜率，
而，故所求的切线方程为，即.
故答案为：.
15．
【分析】先根据条件列关于首项和公差的方程，解出后即可求.
【详解】设等差数列的公差为，
则①，
又因为成等比数列，
所以，即②，
由①②解得，
所以.
故答案为：.
16．
【分析】设球的半径为，根据可求出，再将截面面积的最小转化为球心到截面的距离最大，利用面积法求出最大值即可.
【详解】设球的半径为，线段的中点为，
因为，
所以，解得，
设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离，
则，要截面面积最小，则要最小，即要最大，
当为点到的距离时最大，此时，
又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为.
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，用向量法即可证明；
（2）先求平面的法向量，再用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：正四棱柱中平面，又四边形是正方形，
得，
所以，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图：
，
，
因为，
所以即，
又平面，，
所以平面.
（2）, ,
设平面的一个法向量为.
由得，即，
令，则，即，
又.
由（1）知，是平面的一个法向量，
又.
所以，.
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值.
18．(1)有的把握认为该校高一年级体育模块化课程的选择与性别有关
(2)的分布列见解析；.
【分析】（1）根据表中数据计算,对照参数下结论即可；
（2）根据已知条件求出随机变量的取值，利用古典概型的概率公式计算相应的概率，然后列出分布列，计算期望即可.
【详解】（1）由列联表数据可得，
所以有的把握认为该校高一年级体育模块化课程的选择与性别有关.
（2）随机变量的取值可能为.
,
的分布列为
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用题给条件构造关于A的三角方程，解之即可求得A的值；
（2）利用正弦定理和余弦定理将转化为c的二次式，进而利用二次函数求得该式的取值范围.
【详解】（1），
则，即，
又锐角中，，则，
则，解之得.
（2）锐角中，，则，
又，则由正弦定理可得
又，则，，
则，则，即，
由，，可得，
则，
又，则
故的取值范围为．
20．(1)证明见解析；
(2)详见解析.
【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用设而不求的方法和向量的数量积即可证得该结论；
（2）利用设而不求的方法列出关于m 的方程，解之即可求得直线的方程．
【详解】（1）抛物线的焦点为．
当过点的直线斜率不存在时，其方程为，代入，
可得，则以为直径的圆圆心为，半径为2，
又圆心到直线距离为2，等于圆的半径，
则以为直径的圆与直线相切；
当过点的直线斜率存在时，由题意可得
其方程可设为，不妨令，
由，整理得，
则，中点横坐标为，
则
，
又中点到直线的距离为,
则以为直径的圆与直线相切.
综上，以为直径的圆与直线相切.
（2）不妨令，
由，整理得，
则，
，
整理得，
解之得，或，或.
经检验均符合题意.
则直线的方程为或或．
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后分和讨论分别求单调性；
（2）当时，通过证明可得结论；当时，转化为证明，不等式两边分别构造函数，求出函数最值即可得结论.
【详解】（1）由已知，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，若，得，函数单调递增，
若，得，函数单调递减；
综上所述：当，函数在上单调递增，
当时，函数在单调递增，在单调递减；
（2）由，得，
即证，
①当时，设函数，
则，在上单调递增，
所以
所以成立；
②当时，要证成立，
即证
设函数，，
则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，即，
设，
则，在上单调递减，
所以，即，
所以，
综上：成立.
【点睛】本题的关键点：找到中间量，通过证明，两边构造函数来证明.
22．(1)
(2)或
【分析】（1）将代入参数方程，然后把参数方程转化为普通方程即可；
（2）先求的普通方程，再把代入得到一元二次方程，从而根据的几何意义得到的值.
【详解】（1）当时，求直线的参数方程为，
化简得直线的普通方程.
（2）因为曲线的极坐标方程为，所以.
又因为，所以曲线的普通方程为.
将直线的参数方程为（为参数，）代入，
得，化简得，即.
因为直线交曲线于两点，所以，即，又
设两点对应的参数分别为，则.
因为点在直线上，所以，
即，又，所以或.
23．(1)
(2)
【分析】（1）代入，分类讨论去绝对值解不等式即可；
（2）分，，讨论，通过单调性求出的最小值，然后利用解不等式求出的取值范围．
【详解】（1）当时，，
因为，
所以或或，
解得或，
故不等式的解集为；
（2）当时，，此时，
明显函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，又，所以，
当时，，此时，
明显函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，又，所以；
当时，此时，
综上所述，的取值范围是.