四川省四川大學附屬中學2023屆高考熱身考試(一)文科數學試題含解析

川大附中高2023屆高考熱身考試一文科數學一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，，則（）A.或 B. C.或 D.2.已知，，，若，則（）A.， B.，C.， D.，3.某商場一年中各月份的收入、支出情況的統(tǒng)計如圖所示，則下列說法中不正確的是（）A.支出最高值與支出最低值的比是6：1B.利潤最高的月份是2月份C.第三季度平均收入為50萬元D.1~2月份的支出的變化率與10~11月份的支出的變化率相同4.已知，則（）A. B. C. D.5.函數的部分圖像大致為（）A B.C. D.6.過、兩點，且與直線相切圓的方程可以是（）A. B.C. D.7.已知a，b是不同兩條直線，，是不同的兩個平面，現(xiàn)有以下四個命題：①；②；③；④．其中，正確的個數有（）A.1 B.2 C.3 D.48.已知數列的通項公式為，前n項和為，則取最小值時n的值為（）A.6 B.7 C.8 D.99.已知，，，則（）A. B. C. D.10.已知雙曲線C：（a>0，b>0）的離心率為，左，右焦點分別為，關于C的一條漸近線的對稱點為P.若，則的面積為（）A.2 B. C.3 D.411.如圖，在山腳測得山頂的仰角為，沿傾斜角為的斜坡向上走米到，在處測得山頂的仰角為，則山高（）A. B.C. D.12.若函數恰有2個零點，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.13.已知，，若，則________．14.記為等比數列的前項和.若，則__________.15.如圖，是邊長為2的正方形，其對角線與交于點，將正方形沿對角線折疊，使點所對應點為，.設三棱錐的外接球的體積為，三棱錐的體積為，則__________．16.過拋物線上且在第一象限內的一點作傾斜角互補的兩條直線，分別與拋物線另外交于，兩點，若直線的斜率為，則的最大值為__________．三、解答題：第17至21題每題12分，第22、23題為選考題，各10分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.某學習的注冊用戶分散在、、三個不同的學習群里，分別有人、人、人，該設置了一個名為“七人賽”的積分游戲，規(guī)則要求每局游戲從、、三個學習群以分層抽樣的方式，在線隨機匹配學員共計人參與游戲．（1）每局“七人賽”游戲中，應從、、三個學習群分別匹配多少人？（2）設匹配的名學員分別用：、、、、、、表示，現(xiàn)從中隨機抽取出名學員參與新的游戲．（ⅰ）試用所給字母列舉出所有可能的抽取結果；（ⅱ）設M為事件“抽取的名學員不是來自同一個學習群”，求事件發(fā)生的概率．18.已知a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，，且．（1）求A；（2）若，求證：△ABC是直角三角形．19.如圖甲，已知四邊形ABCD是直角梯形，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC上的點，且滿足，，，．將四邊形CDEF沿EF翻折，使得C，D分別到，的位置，并且，如圖乙．

（1）求證：；（2）求點E到平面的距離．20.已知橢圓：與橢圓：的離心率相等，的焦距是．（1）求的標準方程；（2）P為直線l：上任意一點，是否在x軸上存在定點T，使得直線PT與曲線的交點A，B滿足？若存在，求出點T的坐標．若不存在，請說明理由．21.已知函數.（1）當時，求函數的最大值；（2）當時，求曲線與的公切線方程.請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分.作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目對應題號的方框涂黑.選修4-4：坐標系與參數方程22.在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（t為參數），點．以O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，射線l的極坐標方程為．（1）寫出曲線極坐標方程；（2）若l與，分別交于A，B（異于原點）兩點，求△PAB的面積．選修4-5：不等式選講23已知函數．（1）若，求函數的最小值；（2）若不等式的解集為，且，求的取值范圍．第1頁/共1頁川大附中高2023屆高考熱身考試一文科數學一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，，則（）A.或 B. C.或 D.【答案】B【解析】【分析】分析可知，利用集合的包含關系可出關于的等式，結合集合元素滿足互異性可得出實數的值.【詳解】因為，，，則，所以，或，若，則，此時，，集合中的元素不滿足互異性，故；若，可得，因為，則，此時，，合乎題意.因此，.故選：B.2.已知，，，若，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】由已知可得，，代入根據復數相等的充要條件列出方程組，求解即可得出答案.【詳解】由已知可得，，，所以，所以有，解得或.故選：C.3.某商場一年中各月份的收入、支出情況的統(tǒng)計如圖所示，則下列說法中不正確的是（）A.支出最高值與支出最低值的比是6：1B.利潤最高的月份是2月份C.第三季度平均收入為50萬元D.1~2月份的支出的變化率與10~11月份的支出的變化率相同【答案】B【解析】【分析】由統(tǒng)計圖中數據，對選項中的統(tǒng)計結論進行判斷.【詳解】支出最高值為60萬元，支出最低值為10萬元，支出最高值與支出最低值的比是，A選項正確；2月份利潤為20萬元，3月份和10月份利潤為30萬元，利潤最高的月份是3月份和10月份，B選項錯誤；7，8，9月份收入分別為40萬元，50萬元，60萬元，則第三季度平均收入為50萬元，C選項正確；1~2月份的支出變化率為，10~11月份的支出變化率為，故變化率相同，故選項D正確.故選：B4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用誘導公式以及同角三角函數的平方關系可得出關于、的方程組，求出這兩個量的值，即可求得的值.【詳解】因，由題意可得，解得，因此，.故選：B.5.函數的部分圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判斷函數的奇偶性排除選項C、D；再由，即可求解.【詳解】函數定義域為，且，所以函數是奇函數，其函數圖像關于對稱，所以選項C、D錯誤；又，所以選項B錯誤；故選：A.6.過、兩點，且與直線相切的圓的方程可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可知，圓心在直線上，設圓心為，根據圓與直線相切以及圓過點可得出關于的等式，解出的值，即可得出所求圓的方程.【詳解】因為、，則線段的垂直平分線所在直線的方程為，設圓心為，則圓的半徑為，又因為，所以，，整理可得，解得或，當時，，此時圓的方程為；當時，，此時圓的方程為.綜上所述，滿足條件的圓的方程為或.故選：C.7.已知a，b是不同的兩條直線，，是不同的兩個平面，現(xiàn)有以下四個命題：①；②；③；④．其中，正確的個數有（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根據空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系逐一判斷即可.【詳解】若，則，故①正確；若，則，故②正確；若，則或，故③錯誤；若，則在平面內存在直線，使得.又，所以，所以，故④正確.所以正確的個數有3個.故選:C.8.已知數列的通項公式為，前n項和為，則取最小值時n的值為（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】由已知可推得當時，.又，即可得出答案.【詳解】解可得，或，即或.所以，當時，.又，所以，當時，取最小值.故選：C.9.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】構造函數，其中，利用導數分析函數的單調性，可得出，然后利用不等式的基本性質、對數函數的單調性可得出、、的大小關系.【詳解】構造函數，其中，則，所以，函數在上單調遞增，所以，，即，因為，則，所以，，又因為，則，故，故.故選：A.10.已知雙曲線C：（a>0，b>0）的離心率為，左，右焦點分別為，關于C的一條漸近線的對稱點為P.若，則的面積為（）A.2 B. C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】設與漸近線交于，由對稱性知且，在直角中可求得，再由求得的面積.【詳解】設與漸近線交于，則，，，所以，，由分別是與的中點，知且，即，由得，所以，故選：D11.如圖，在山腳測得山頂的仰角為，沿傾斜角為的斜坡向上走米到，在處測得山頂的仰角為，則山高（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】在中，根據正弦定理求得，結合，即可求解.【詳解】在中，，由正弦定理得，可得，過點作，可得所以.故選：D.12.若函數恰有2個零點，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】設，求導數確定函數的單調性與取值情況，即可作出的大致圖象，將函數的零點個數轉化為函數函數的圖象與直線的圖象交點個數，分析函數與直線情況，即可得實數a的取值范圍.【詳解】令，，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，當時，，當趨向正無窮時，趨向正無窮，故作出的大致圖象，如圖所示．由題知函數恰有2個零點，即函數的圖象與直線的圖象恰有2個交點，易知點為與直線的公共點，又曲線在點處的切線方程為，所以當，直線與與曲線有2個交點；當時，直線與曲線有2個交點．綜上所述，實數的取值范圍為．故選：C．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.13.已知，，若，則________．【答案】##【解析】【分析】求出向量的坐標，利用平面向量共線的坐標表示可求得實數的值.【詳解】因為，，則，因為，則，解得.故答案為：.14.記為等比數列的前項和.若，則__________.【答案】【解析】【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.【詳解】設等比數列的公比為，由，可得，即，所以.故答案為：17.15.如圖，是邊長為2的正方形，其對角線與交于點，將正方形沿對角線折疊，使點所對應點為，.設三棱錐的外接球的體積為，三棱錐的體積為，則__________．【答案】【解析】【分析】由題知球心為O,求得球的體積，再求錐的體積，則比值可求【詳解】由題,易知三棱錐的外接球的球心為，∴，∴，到底面的距離為，∴，∴.故答案為【點睛】本題考查球與三棱錐的體積，外接球問題，明確球心位置是突破點，準確計算是關鍵，是基礎題16.過拋物線上且在第一象限內的一點作傾斜角互補的兩條直線，分別與拋物線另外交于，兩點，若直線的斜率為，則的最大值為__________．【答案】【解析】【詳解】由題意，設，則，即，所以，又，所以．點睛：本題考查了拋物線的性質，直線的斜率公式和基本不等式求最值的應用，著重考查了推理與運算能力，其中正確推算的表達式和運用基本不等式是解答的關鍵．三、解答題：第17至21題每題12分，第22、23題為選考題，各10分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.某學習的注冊用戶分散在、、三個不同的學習群里，分別有人、人、人，該設置了一個名為“七人賽”的積分游戲，規(guī)則要求每局游戲從、、三個學習群以分層抽樣的方式，在線隨機匹配學員共計人參與游戲．（1）每局“七人賽”游戲中，應從、、三個學習群分別匹配多少人？（2）設匹配的名學員分別用：、、、、、、表示，現(xiàn)從中隨機抽取出名學員參與新的游戲．（?。┰囉盟o字母列舉出所有可能的抽取結果；（ⅱ）設M為事件“抽取的名學員不是來自同一個學習群”，求事件發(fā)生的概率．【答案】（1）應從、、三個學習群分別匹配人、人、人（2）（?。┐鸢敢娊馕觯áⅲ窘馕觥俊痉治觥浚?）利用分層抽樣可求得、、三個學習群分別匹配的人數；（2）（i）利用截距法可列舉出所有的可能抽取的結果；（ii）確定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件發(fā)生的概率.【小問1詳解】解：三個學習群人數比例為，因此，應從學習群匹配的人數為人，應從學習群匹配的人數為人，應從學習群匹配的人數為人.【小問2詳解】解：（?。┧锌赡艿慕Y果為：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共種；（ii）“抽取的名學員不是來自同一個學習群”抽取的名學員不是來自同一個學習群”包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、，共種，所以其概率為.18.已知a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，，且．（1）求A；（2）若，求證：△ABC是直角三角形．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角可得，然后根據兩角和的公式以及輔助角公式，即可推得.根據的取值范圍，即可得出答案；（2）由余弦定理結合已知可推得.正弦定理邊化角可得.又，代入化簡可得.然后根據的范圍，即可得出，進而得出，即可得出證明.【小問1詳解】由已知及正弦定理得.因為，所以有.因為，所以，整理有.又因為，所以，所以或，所以，或.因為，所以.【小問2詳解】由余弦定理可得.又因為，所以，整理可得.因為，由正弦定理得.因為，所以，所以，整理得.因為，所以，所以，所以，所以，即是直角三角形.19.如圖甲，已知四邊形ABCD是直角梯形，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC上的點，且滿足，，，．將四邊形CDEF沿EF翻折，使得C，D分別到，的位置，并且，如圖乙．

（1）求證：；（2）求點E到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）1【解析】【分析】（1）在圖甲中AB⊥BC，在圖乙中，，從而有EF⊥平面，則，再分別過，E作，，垂足分別是M，N，通過，得到，從而證得平面即可．（2）過點作，垂足為Q，易得平面BEF，從而有，再由求解.【小問1詳解】證明：∵在圖甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，∴在圖乙中有，，，又與BF是平面內的交線，∴EF⊥平面，BC1在面BC1F內，∴，如圖，分別過，E作，，垂足分別是M，N，易知，∴，又，∴，同理，又，∴，則，又EF與是平面內的交線，∴平面，ED1在面C1D1EF內，∴．【小問2詳解】由（1）知EF⊥平面，AB∥EF，所以知AB⊥平面，BC1在面BC1F內，所以，則，，過點作，垂足為Q，由（1）知EF⊥平面，且平面，所以平面平面，又平面平面，C1Q面BC1F內，所以平面，又平面，所以，又BF與EF是平面ABF內的交線，∴平面BEF，，由，得，，∴點E到平面的距離為1．20.已知橢圓：與橢圓：的離心率相等，的焦距是．（1）求的標準方程；（2）P為直線l：上任意一點，是否在x軸上存在定點T，使得直線PT與曲線的交點A，B滿足？若存在，求出點T的坐標．若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）存在x軸上定點，使得【解析】【分析】（1）由已知求出的離心率為，又，即可得出.根據的關系，即可得出答案；（2）設，，，，先求出直線與軸重合時，滿足條件的點坐標；當直線與軸不重合時，設直線AB方程為.根據已知可推得，代入坐標整理可得（*）.聯(lián)立直線與的方程可得，根據韋達定理得出坐標關系，代入（*）式，整理化簡可得，求出，檢驗即可得出答案.小問1詳解】因為橢圓的離心率為，又橢圓與橢圓的離心率相等，的焦距是，所以，，所以，，所以，，所以，的標準方程為.【小問2詳解】設，，，.當直線與軸重合時，設，，，則，，，，由已知，可得，解得或（舍去），所以，；當直線與軸不重合時，設直線AB方程為，則有.四點共線，由結合圖象可知，，于是有，，化簡得：，變形得：（*）.聯(lián)立直線與橢圓的方程可得，，當時，由韋達定理可得，將上式與共同代入（*），化簡得：，即，且此時成立，故存在x軸上定點，使得．【點睛】方法點睛：設直線AB方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據韋達定理得出坐標之間的關系.然后根據已知，化簡可得出.因為的任意性，所以必有，即可得出答案.21.已知函數.（1）當時，求函數的最大值；（2）當時，求曲線與的公切線方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入，然后求出，進而可得單調性求出最值；（2）代入，設出切點，求出切線方程，利用方程為同一直線，列方程組求解