2023-2024学年四川省成都市高考数学（文）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（文）第一次诊断性检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，025，635，879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．已知函数，则（ ）
A．B．0C．1D．2
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．
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．记为公差不为零的等差数列的前n项和.若，且，，成等比数列，则的值为 .
16．已知侧面积为的圆锥内接于球O，若圆锥的母线与底面所成角的正切值为，则球O的表面积为 .
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，M为的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
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99.9%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，求这2人来自不同模块化课程的概率.
附：
19．已知函数.在锐角中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
(1)求A的值；
(2)若，求的取值范围.
20．在平面直角坐标系中，动点C到点的距离与到直线的距离相等.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)若直线与动点C的轨迹交于P，Q两点，当的面积为2时，求直线l的方程.
21．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)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．B
【分析】根据分段函数分段求值即可.
【详解】由于函数，
所以，
则.
故选：B.
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】根据的特征可构造函数，利用导数求得函数单调性即可比较它们的大小.
【详解】易知，
构造函数，则；
令，解得，
当时，，当时，；
可得在上单调递减，在上单调递增；
又易知，所以，即.
故选：C
10．B
【分析】将已知条件两边平方，结合“1”的代换化为齐次式，再由弦化切求值即可.
【详解】由题设，
所以，且，
故，即，
所以.
故选：B
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：.
15．2022
【分析】根据等差数列的性质可得，结合等比中项可得，结合等差数列的定义分析求解.
【详解】因为数列为等差数列，则，可得，
设等差数列的公差为，
因为，，成等比数列，则，
即，解得或（舍去），
所以.
故答案为：2022.
16．
【分析】结合圆锥的几何性质求出圆锥的底面半径，作出轴截面结合勾股定理即可求解.
【详解】设底面半径为，因为圆锥的母线与底面所成角的正切值为，
则圆锥的高为，母线为，
则其侧面积为，解得，
作出圆锥的轴截面，如下图所示：
则球的半径为，解得
则球O的表面积为.
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）根据正四棱柱的几何性质确定线段长度，结合勾股定理可得，，再根据线面垂直判定定理即可证得结论；
（2）根据三棱锥的等体积转化，结合体积公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接.
正四棱柱中，M为的中点，，，
，，
，
又，.
，
.
同理可得.
，平面，平面，
平面.
（2）由（1）知，，且平面.
.
三棱锥的体积为4.
18．(1)有99.9%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).
【分析】（1）应用卡方公式求卡方值，结合独立检验的基本思想得结论即可；
（2）由古典概型中的列举法求概率即可.
【详解】（1）由列联表数据可得，.
所以有99.9%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）设篮球模块课程的前3名为，，，羽毛球模块课程的前3名为，，.
从这6人中随机选2人的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个.
其中选出的这2人来自不同模块化课程的基本事件有，，，，，，，，共9个.
故所求概率为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由三角函数的诱导公式和辅助角公式计算可得；
（2）首先由正弦定理和（1）求出，然后用锐角三角形和（1）求出B的取值范围，最后结合正切函数公式计算出结果.
【详解】（1）.
由，即.
为锐角三角形，，
.
.
（2）由正弦定理，.
，.
，.
是锐角三角形，
，且.
，，
，
.
.
.
综上，的取值范围为.
20．(1)
(2)或或.
【分析】（1）结合抛物线的定义即可求解；（2）联立直线与抛物线，结合韦达定理及弦长公式和三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由题知，动点C的轨迹是以F为焦点，为准线的抛物线.
动点C的轨迹方程为.
（2）设，
由消去x，得.
由，得.
，.
由的面积，
.
，即.
，
或.
直线l的方程为或或.
21．(1)单减区间为，单增区间为.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数，利用导数判推得，进而得证.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以的单减区间为，单增区间为.
（2）设函数，
则，，
易得在上单调递增，且，
所以当，，单调递减；
当，，单调递增；
所以，故，当且仅当时等号成立，
即，当且仅当时等号成立，
因为，所以，
由于上述不等式取等条件不能同时成立，
所以，得证.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用中间函数作为桥梁，简化了证明过程，从而得证.
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.