四川省大數據精準教學聯(lián)盟2023屆高三第一次統(tǒng)一監(jiān)測文科數學試題【含答案】

四川省數據精準教學聯(lián)盟2020級高三第一次統(tǒng)一監(jiān)測文科數學一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，利用集合交集的定義求得結果．【詳解】由等價于，即，則，解得，故，所以.故選：C.2.已知復數z滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復數除法可求答案.【詳解】因為，所以.故選：A.3.某部門調查了200名學生每周的課外活動時間（單位：h），制成了如圖所示的頻率分布直方圖，其中課外活動時間的范圍是，并分成，，，，五組．根據直方圖，判斷這200名學生中每周的課外活動時間不少于14h的人數是（）A.56 B.80 C.144 D.184【答案】C【解析】【分析】根據頻率分布直方圖確定每周的課外活動時間不少于14h的頻率，再根據頻率、頻數、總數的關系能求出結果．【詳解】每周的課外活動時間不少于14h的頻率為，故所求人數，故選：C．4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將已知等式兩邊平方，結合同角的三角函數關系以及二倍角的正弦公式，即可求得答案.【詳解】由可得，，即，故選：B5.“”是“直線與圓相切”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據直線和圓相切可得，再根據充分條件，必要條件的定義即可判斷．【詳解】因為直線與圓相切，所以，.所以“”是“直線與圓相切”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系，以及充分條件和必要的條件，屬于基礎題．6.曲線在處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出切點坐標，求得導數，可求得切線斜率，根據導數的幾何意義即可求得答案.【詳解】由題意可知時，，即切點為，又，則，故曲線在處的切線斜率為，故切線方程為，即，故選：D7.已知函數的圖象如圖所示，則的解析式可以為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由圖象的對稱性可知，函數為偶函數，B，D中函數為奇函數，故排除B，D；A，C中函數為偶函數，又對于C，，不符合題意，故排除C，從而得出答案.【詳解】由圖象的對稱性可知，函數為偶函數.對于A，，為偶函數；對于B，，為奇函數，不符合題意；對于C，，為偶函數；又，不符合題意；對于D，，為奇函數，不符合題意，故選：A．8.在長方體中，已知異面直線與，與AB所成角的大小分別為和，則直線和平面所成的角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，結合題意可求得，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，結合空間向量夾角公式可得答案.詳解】設，則，由于，所以異面直線與所成角為，從而，由于，所以異面直線與所成角為，從而，所以，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為，則，取所以，直線和平面所成的角的正弦值為，從而直線和平面所成的角的余弦值為．故選：A．9.已知函數的圖象如圖所示，圖象與x軸的交點為，與y軸的交點為N，最高點，且滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意的周期可得，由圖象與x軸的交點為可得，從而，所以與軸的交點，由解得.【詳解】若的周期為，由題意有，所以，所以，圖象與x軸的交點為，則，因為，所以，即，所以與軸的交點，由，則，解得或(舍)．故選：B.10.拋物線的焦點為F，直線與C交于A，B兩點，則的面積為（）A.4 B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】【分析】聯(lián)立直線與拋物線方程求得的坐標，得到，計算點到直線的距離，即可得到的面積．【詳解】聯(lián)立直線與拋物線方程，解得或，不妨設在第一象限，得，，而，點到直線的距離為，則的面積為．故選：B.11.已知，（為自然對數的底數），則a，b，的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設函數，利用導數可知在上單調遞增，又，則，從而得解.【詳解】設函數，則，所以，當時，恒成立，故函數在上單調遞增．又，所以，故．故選：D.12.四棱錐的底面為正方形，平面ABCD，頂點均在半徑為2的球面上，則該四棱錐體積的最大值為（）A. B.4 C. D.8【答案】C【解析】【分析】設正方形ABCD的外接圓的半徑為，球心到平面ABCD的距離為，則，四棱錐的體積為，設，利用導數研究函數的單調性可求得答案．【詳解】設正方形ABCD的外接圓的半徑為，球心到平面ABCD的距離為，則，且正方形ABCD的面積為，四棱錐的體積為，設，，則，于是時，，單調遞增；時，，單調遞減，從而，于是．故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知向量，，則與的夾角為______．【答案】【解析】【分析】利用向量夾角公式的坐標表示計算即可.【詳解】設向量與的夾角為，則，又，所以．故答案為：．14.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，是E上一點，直線與E的另一個交點為B，則的周長為______．【答案】10【解析】【分析】根據雙曲線的定義，，，從而，又，得，故，即可得的周長.【詳解】由題意，點在雙曲線的右支上，點在雙曲線的左支上，根據雙曲線的定義，，，從而，又，，，，故，所以的周長，故答案為：10．15.四葉草也被稱為幸運草、幸福圖，其形狀被廣泛用于窗戶、壁紙、地板等裝修材料的圖案中．如圖所示，正方形地板上的四葉草圖邊界所在的半圓都以正方形的邊長為直徑．隨機拋擲一粒小豆在這塊正方形地板上，則小豆落在四葉草圖（圖中陰影部分）上的概率為______．【答案】【解析】【分析】求出圖中陰影部分的面積，利用幾何概型公式求解即可．【詳解】不妨設正方形的邊長為2個單位，則圖中陰影部分的面積為兩個圓（半徑為1）的面積減去一個正方形（邊長為2）的面積，即，根據幾何概型，小豆落在四葉草圖（圖中陰影部分）上的概率為．故答案為：．16.若的面積是外接圓面積的，則______．【答案】##【解析】【分析】由正弦定理表示外接圓的面積，由的面積是外接圓面積的得出，又，化簡即可得出結果.【詳解】由正弦定理得，則，又的面積是外接圓面積的，所以，即..故答案為：.三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.為了有針對性地提高學生體育鍛煉的積極性，某學校對學生是否經常鍛煉的情況進行了調查．從本校學生中隨機選取了800名學生進行調查了解，并將調查結果（“經?！被颉安唤洺！保┲瞥上卤硭镜牧新?lián)表：性別不經常經常合計女生200300500男生150150300合計350450800（1）通過計算判斷，有沒有99%的把握認為性別因素與學生鍛煉的經常性有關？（2）將頻率視作概率．若該學校有4000名學生，估計該校經常鍛煉的學生人數．附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，．【答案】（1）有（2）2250【解析】【分析】（1）計算的值，與附表中的值比較，可得結論；（2）求出樣本數據中經常鍛煉的學生的頻率，將頻率視為概率，即可求得該校經常鍛煉的學生人數的估計值．【小問1詳解】由題，有，因此，有99%的把握認為性別因素與學生鍛煉的經常性有關系.【小問2詳解】由圖表可知，樣本數據中，經常鍛煉的學生人數為450，頻率為，將頻率視為概率，則在該校隨機抽取一名學生，抽取到經常鍛煉的學生的概率為，則該校4000名學生中，經常鍛煉的學生人數的估計值為．18.已知等差數列與正項等比數列滿足，．（1）求數列和的通項公式；（2）記數列的前n項和為，數列的前n項和為，比較與的大?。敬鸢浮浚?）,.（2）.【解析】【分析】（1）由題意列方程，求得公差和公比，即可求得數列和的通項公式；（2）利用等差數列和等比數列的前n項和公式，求得與，比較可得二者大小關系.【小問1詳解】設等差數列的公差為d，正項等比數列的公比為,由，,得,解得，所以，數列的通項公式為，數列的通項公式為．【小問2詳解】由（1）得，，所以.19.如圖，四棱臺中，底面ABCD是菱形，點M，N分別為棱BC，CD的中點，，，，．（1）證明：平面平面ABCD；（2）當時，求多面體的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由，，得，又，所以面ACGE，從而．取點為線段AB的中點，可得，由得，即，證得面ABCD，從而得結論；（2）利用勾股定理可得，菱形ABCD是邊長為2的正方形，由面ABCD可知四棱臺的高為1，求得即可得出答案.【小問1詳解】因為底面ABCD是菱形，所以四邊形ABCD的對角線．因為M，N是BC，AD中點，所以，故．又因為，且多面體是四棱臺，所以A，C，G，E共面，又，面ACGE，所以面ACGE，又因為面ACGE，所以．又因為多面體是四棱臺，所以四邊形AEFB是梯形．取點為線段AB的中點，連接FK．因為，所以四邊形AKFE是平行四邊形，故．在中，，故，即，因為MN與AB是相交直線，面ABCD，所以面ABCD，甴面ABFE，所以面面ABCD.【小問2詳解】當MN＝時，，則，所以，故，菱形ABCD是邊長為2的正方形.由（1）知，面ABCD，所以四棱臺的高為1，．又因為，所以多面體的體積為.20.已知橢圓的離心率為，，是C的頂點，點M是第一象限內的動點，已知的斜率之比為．（1）證明：點M在一條定直線上；（2）設與橢圓C分別交于另外的兩點，證明直線過定點．【答案】（1）證明見解析.（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）設，根據可列出方程，化簡即可證明結論；（2）利用題意求得橢圓方程，設設，表示直線方程，聯(lián)立橢圓方程，求得的坐標，取點，利用向量共線證明，即可證明結論.【小問1詳解】證明：設,由題意可知，則，,因為，所以,即，即，故點M在直線上，即點M在一條定直線上.【小問2詳解】由題意知：，故橢圓方程為，由（1）知點M在直線上，設，則的方程為，代入，得，，所以，即，同理可得，取點，則，，又因，所以，則三點共線，即直線過定點.【點睛】關鍵點睛：第二問中，證明直線過定點，可根據題意求得點的坐標，如果要表示出直線方程，計算量將會比較大，且運算復雜，因此可以結合題意合理猜測定點坐標，然后證明直線過該點.21.已知函數．（1）若單調遞減，求a的取值范圍；（2）若有兩個極值點，且，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1），因為單調遞減，所以在時恒成立，即，令，問題轉化為求的最值，利用導數求解即可；（2）由題意可知，且，要證明，只需證明．由得，所以．令，，則需證明．令，則，令，可求得，從而在時單調遞減，所以，原不等式即可得證．【小問1詳解】由得，因為單調遞減，所以在時恒成立，即，令，則，可知時，，單調遞增；時，，單調遞減，則時取最大值，所以，所以，的取值范圍是．【小問2詳解】由（1）知，當時，單調遞減，不合題意；因為函數有兩個極值點，則有兩個零點，令，，當時，，單調遞增，不合題意，可知，且，要證明，只需證明．由得則，所以，.令，則，要證明，需證明．令，且，則，令，且，則，則在時單調遞增，故，故，則在時單調遞減，所以，，即，則有，所以，即原不等式成立.【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式常見解題策略：（1）構造差函數，根據差函數導函數符號，確定差函數的單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式；（2）根據條件，尋找目標函數．一般思路為利用條件將問題逐步轉化，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數，再通過導數研究函數的性質進行證明．（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．[選修4—4：坐標系與參數方程]22.在直角坐標系中，點，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線l的極坐標方程為．（1）寫出曲線C的普通方程和直線l的直角坐標方程；（2）設點M為C上的動點，點P滿足，寫出P的軌跡的參數方程，并判斷l(xiāng)與是否有公共點．【答案】（1），：（2），（為參數），直線l與圓沒有公共點?！窘馕觥俊痉治觥浚?）根據消參法可得曲線C的普通方程，利用極坐標與直角坐標之間的轉化公式可得直線的直角坐標方程.（2）設，設，根據，即可求得P的軌跡的參數方程，表示圓，計算圓心到直線的距離，即可判斷斷l(xiāng)與是否有公共點．【小問1詳解】因為曲線C的參數方程為(為參數)，所以，即曲線C的普通方程為：，因為，由，可得l的方程為：.【小問2詳解】設，設，因為，所以，則，（為參數），故P軌跡的參數方程為，（為參數），所以曲線為以為圓心，半徑為4的圓，而