川大附中高2023届高考热身考试一理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合，，，则（）A.或 B. C.或 D.【答案】B【解析】【分析】分析可知，利用集合的包含关系可出关于的等式，结合集合元素满足互异性可得出实数的值.【详解】因为，，，则，所以，或，若，则，此时，，集合中的元素不满足互异性，故；若，可得，因，则，此时，，合乎题意.因此，.故选：B.2.已知，，，若，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】由已知可得，，代入根据复数相等的充要条件列出方程组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，所以，所以有，解得或.故选：C.3.某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中不正确的是（）A.支出最高值与支出最低值的比是6：1B.利润最高的月份是2月份C.第三季度平均收入为50万元D.1~2月份的支出的变化率与10~11月份的支出的变化率相同【答案】B【解析】【分析】由统计图中数据，对选项中的统计结论进行判断.【详解】支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，支出最高值与支出最低值的比是，A选项正确；2月份利润为20万元，3月份和10月份利润为30万元，利润最高的月份是3月份和10月份，B选项错误；7，8，9月份收入分别为40万元，50万元，60万元，则第三季度平均收入为50万元，C选项正确；1~2月份的支出变化率为，10~11月份的支出变化率为，故变化率相同，故选项D正确.故选：B4.函数的部分图像大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.【详解】函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；又，所以选项B错误；故选：A.5.据研究，人的智力高低可以用智商来衡量，且，若定义称为智商低下，称为智商中下，称为智商正常，称为智商优秀，称为智商超常，则一般人群中智商优秀所占的比例约为（）（参考数据：若，则，，．）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知，，利用原则可求得的值.【详解】由已知可得，，则，，所以，.因此，一般人群中智商优秀所占的比例约为.故选：A.6.过、两点，且与直线相切的圆的方程可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可知，圆心在直线上，设圆心为，根据圆与直线相切以及圆过点可得出关于的等式，解出的值，即可得出所求圆的方程.【详解】因为、，则线段的垂直平分线所在直线的方程为，设圆心为，则圆的半径为，又因为，所以，，整理可得，解得或，当时，，此时圆方程为；当时，，此时圆的方程为.综上所述，满足条件的圆的方程为或.故选：C.7.在的展开式中，的系数为（）A. B. C.2 D.8【答案】A【解析】【分析】由，根据单项式和多项式的乘法法则结合二项式定理求展开式中的系数.【详解】，的展开式中含的项为，其系数为，的展开式中含的项为，其系数为，的展开式中，的系数为.故选：A.8.已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.【详解】解可得，或，即或.所以，当时，.又，所以，当时，取最小值.故选：C.9.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，所以，，即，因为，则，所以，，又因为，则，故，故.故选：A.10.如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在处测得山顶的仰角为，则山高（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】在中，根据正弦定理求得，结合，即可求解.【详解】在中，，由正弦定理得，可得，过点作，可得所以.故选：D.11.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出的值，即可求得该双曲线的离心率的值.【详解】在圆锥中，，，易知，由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则，所以，，则，圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，因为是母线上一点，，则，，，设平面的法向量为，则，取，可得，且，所以，，所以，，故该圆锥曲线的离心率为.故选：D.12.定义在上的可导函数f（x）满足，且在上有若实数a满足，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数法的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解.【详解】由，得.令，则，即为偶函数.又时，.所以在上单调递减.由，得，即.又为偶函数，所以，所以，即，解得，所以a的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知，，若，则________．【答案】##【解析】【分析】求出向量的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.【详解】因为，，则，因为，则，解得.故答案为：.14.记为等比数列的前项和.若，则__________.【答案】【解析】【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.【详解】设等比数列的公比为，由，可得，即，所以.故答案为：17.15.如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．【答案】【解析】【分析】由题知球心为O,求得球的体积，再求锥的体积，则比值可求【详解】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为【点睛】本题考查球与三棱锥的体积，外接球问题，明确球心位置是突破点，准确计算是关键，是基础题16.过抛物线上且在第一象限内的一点作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线另外交于，两点，若直线的斜率为，则的最大值为__________．【答案】【解析】【详解】由题意，设，则，即，所以，又，所以．点睛：本题考查了抛物线的性质，直线的斜率公式和基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，其中正确推算的表达式和运用基本不等式是解答的关键．三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.某学习APP的注册用户分散在A，B，C三个不同的学习群里，分别有24000人，24000人，36000人，该APP设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从A，B，C三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计7人参与游戏．（1）每局“七人赛”游戏中，应从A，B，C三个学习群分别匹配多少人？（2）现需要从匹配的7名学员中随机抽取3人进入互动环节，并用X表示进入互动环节的C群人数，求X的分布列与数学期望．【答案】（1）2,2,3；（2）分布列见解析；期望为.【解析】【分析】（1）根据分层抽样的性质运算可得.（2）先列出X的取值，再计算相应的概率，列出分布列，计算期望即可.【小问1详解】三个学习群人数比例为24000:24000:36000=2:2:3因此,应从A、B、C三个学习群分别匹配2,2,3人.【小问2详解】由题X所有可能的取值为0,1,2,3,故X的分布列为X0123P.18.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．（1）求A；（2）若，求证：△ABC是直角三角形．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角可得，然后根据两角和的公式以及辅助角公式，即可推得.根据的取值范围，即可得出答案；（2）由余弦定理结合已知可推得.正弦定理边化角可得.又，代入化简可得.然后根据的范围，即可得出，进而得出，即可得出证明.【小问1详解】由已知及正弦定理得.因为，所以有.因为，所以，整理有.又因为，所以，所以或，所以，或.因为，所以.【小问2详解】由余弦定理可得.又因为，所以，整理可得.因为，由正弦定理得.因为，所以，所以，整理得.因为，所以，所以，所以，所以，即是直角三角形.19.如图甲，已知四边形是直角梯形，，分别为线段，上的点，且满足，，，，将四边形沿翻折，使得，分别到，的位置，并且，如图乙（1）求证：；（2）求平面与平面所成的二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据翻折前图形的性质可得，，证得线面垂直，得到线线垂直，再利用线面垂直的判定得到线面垂直，进而得证；（2）根据（1）的证明，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式进而求解.【小问1详解】∵在图甲中，，，，∴在图乙中有，，，又∵与是平面内的交线，∴平面，因为平面，∴，如图，分别过，作，，垂足分别是，，易知，∴，又，∴，同理，又，∴，∴，又与是平面内的交线，∴平面，平面，∴【小问2详解】由（1）易知，以为原点，分别以射线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，相应各点的坐标如下：，，，，设平面的一个法向量为由可得，解得，∴，平面的一个法向量为，，∴平面与平面所成的二面角的余弦值为.20.已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦距是．（1）求的标准方程；（2）P为直线l：上任意一点，是否在x轴上存在定点T，使得直线PT与曲线的交点A，B满足？若存在，求出点T的坐标．若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在x轴上定点，使得【解析】【分析】（1）由已知求出的离心率为，又，即可得出.根据的关系，即可得出答案；（2）设，，，，先求出直线与轴重合时，满足条件的点坐标；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为.根据已知可推得，代入坐标整理可得（*）.联立直线与的方程可得，根据韦达定理得出坐标关系，代入（*）式，整理化简可得，求出，检验即可得出答案.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，又椭圆与椭圆的离心率相等，的焦距是，所以，，所以，，所以，，所以，的标准方程为.【小问2详解】设，，，.当直线与轴重合时，设，，，则，，，，由已知，可得，解得或（舍去），所以，；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为，则有.四点共线，由结合图象可知，，于是有，，化简得：，变形得：（*）.联立直线与椭圆的方程可得，，当时，由韦达定理可得，将上式与共同代入（*），化简得：，即，且此时成立，故存在x轴上定点，使得．【点睛】方法点睛：设直线AB方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标之间的关系.然后根据已知，化简可得出.因为的任意性，所以必有，即可得出答案.21已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求曲线与的公切线方程.【答案】（1）在上单调递增.（2）【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.【小问1详解】当时，令，有，当时，，函数在上单调递减，，函数在上单调递增，故，即，所以在上单调递增.【小问2详解】因为，所以，设曲线在点与曲线在的切线相同，则切线方程为，即，整理得.又切线方程也可表示为，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因为，所以