川大附中高2023届高考热身考试一文科数学一、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，因为，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.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系可得出关于、的方程组，求出这两个量的值，即可求得的值.【详解】因，由题意可得，解得，因此，.故选：B.5.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.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，，此时圆的方程为；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.已知a，b是不同的两条直线，，是不同的两个平面，现有以下四个命题：①；②；③；④．其中，正确的个数有（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断即可.【详解】若，则，故①正确；若，则，故②正确；若，则或，故③错误；若，则在平面内存在直线，使得.又，所以，所以，故④正确.所以正确的个数有3个.故选:C.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.已知双曲线C：（a>0，b>0）的离心率为，左，右焦点分别为，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（）A.2 B. C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】设与渐近线交于，由对称性知且，在直角中可求得，再由求得的面积.【详解】设与渐近线交于，则，，，所以，，由分别是与的中点，知且，即，由得，所以，故选：D11.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.12.若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设，求导数确定函数的单调性与取值情况，即可作出的大致图象，将函数的零点个数转化为函数函数的图象与直线的图象交点个数，分析函数与直线情况，即可得实数a的取值范围.【详解】令，，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，当趋向正无穷时，趋向正无穷，故作出的大致图象，如图所示．由题知函数恰有2个零点，即函数的图象与直线的图象恰有2个交点，易知点为与直线的公共点，又曲线在点处的切线方程为，所以当，直线与与曲线有2个交点；当时，直线与曲线有2个交点．综上所述，实数的取值范围为．故选：C．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.某学习的注册用户分散在、、三个不同的学习群里，分别有人、人、人，该设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从、、三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计人参与游戏．（1）每局“七人赛”游戏中，应从、、三个学习群分别匹配多少人？（2）设匹配的名学员分别用：、、、、、、表示，现从中随机抽取出名学员参与新的游戏．（ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ⅱ）设M为事件“抽取的名学员不是来自同一个学习群”，求事件发生的概率．【答案】（1）应从、、三个学习群分别匹配人、人、人（2）（ⅰ）答案见解析（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用分层抽样可求得、、三个学习群分别匹配的人数；（2）（i）利用截距法可列举出所有的可能抽取的结果；（ii）确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发生的概率.【小问1详解】解：三个学习群人数比例为，因此，应从学习群匹配的人数为人，应从学习群匹配的人数为人，应从学习群匹配的人数为人.【小问2详解】解：（ⅰ）所有可能的结果为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共种；（ii）“抽取的名学员不是来自同一个学习群”抽取的名学员不是来自同一个学习群”包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、，共种，所以其概率为.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ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，，，．将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到，的位置，并且，如图乙．（1）求证：；（2）求点E到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）在图甲中AB⊥BC，在图乙中，，从而有EF⊥平面，则，再分别过，E作，，垂足分别是M，N，通过，得到，从而证得平面即可．（2）过点作，垂足为Q，易得平面BEF，从而有，再由求解.【小问1详解】证明：∵在图甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，∴在图乙中有，，，又与BF是平面内的交线，∴EF⊥平面，BC1在面BC1F内，∴，如图，分别过，E作，，垂足分别是M，N，易知，∴，又，∴，同理，又，∴，则，又EF与是平面内的交线，∴平面，ED1在面C1D1EF内，∴．【小问2详解】由（1）知EF⊥平面，AB∥EF，所以知AB⊥平面，BC1在面BC1F内，所以，则，，过点作，垂足为Q，由（1）知EF⊥平面，且平面，所以平面平面，又平面平面，C1Q面BC1F内，所以平面，又平面，所以，又BF与EF是平面ABF内的交线，∴平面BEF，，由，得，，∴点E到平面的距离为1．20.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，求函数的最大值；（2）当时，求曲线与的公切线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入，然后求出，进而可得单调性求出最值；（2）代入，设出切点，求出切线方程，利用方程为同一直线，列方程组求解即可.【小问1详解】当时,，，令，得，令，得，求函数在上单调递增，在上单调递减，；【小问2详解】当时，，设函数上一点为，又，，函数上过点的切线方程为：，即，设函数上一点为，又，过点的切线方程为：，即，若与为同一直线，则，解得,公切线的方程为：.请考生在第22、23题中任选一题作答，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