四川省成都市石室中学2023届高三理科数学高考冲刺卷（一）试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高三理科数学高考冲刺卷（一）试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，将集合分别化简，然后结合集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为或，
且，
则，所以.
故选：A
2. 走路是最简单优良的锻炼方式，它可以增强心肺功能，血管弹性，肌肉力量等，甲、乙两人利用手机记录了去年下半年每个月的走路里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结论中正确的是（ ）
A. 甲走路里程的极差等于
B. 乙走路里程的中位数是
C. 甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数
D. 甲下半年每月走路里程的标准差小于乙下半年每月走路里程的标准差
【答案】C
【解析】
【分析】根据折线图，得到甲、乙下半年的走路历程数据，根据极差、中位数、平均数以及标准差与数据稳定性之间的关系求解.
【详解】对于A选项，月甲走路的里程为：、、、、、，
甲走路里程的极差为公里，A错；
对于B选项，月乙走路的里程为：、、、、、，
由小到大排列分别为：、、、、、，
所以，乙走路里程的中位数是，B对；
对于C选项，甲下半年每月走路里程的平均数，
乙下半年每月走路里程的平均数为，
所以，甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数，C对；
对于D选项，由图可知，甲下半年走路里程数据波动性大于乙下半年走路里程数据，
所以甲下半年每月走路里程的标准差大于乙下半年每月走路里程的标准差，D错.
故选：C.
3. 已知平面向量，，的夹角为，，则实数（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对两边平方，再由数量积公式计算可得答案.
【详解】因为，所以，
即，解得.
故选：A.
4. 若直线是曲线的一条切线，则实数
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程，进行比较建立方程关系进行求解即可．
【详解】数的定义域为（0，+∞），设切点为（m，2lnm+1），
则函数的导数 ，则切线斜率，
则对应的切线方程为
即
且，
即 ，则 ，
则，
故选B．
【点睛】本题主要考查函数的导数的几何意义的应用，求函数的导数，建立方程关系是解决本题的关键．
5. 函数的部分图象大致形状是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，结合对称性以时的函数值的正负判断可得答案.
详解】由，，定义域关于原点对称，
得，
则函数是偶函数，图象关于轴对称，排除BD；
当时，，，，所以，
排除A.
故选：C.
6. 已知正方体(如图1)，点P在棱上(包括端点).则三棱锥的侧视图不可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合三视图逐项分析判断.
【详解】对于选项A：当点P于点D重合，则的侧视图如选项A所示，故A正确；
对于选项B：当点P于点重合，则的侧视图如选项B所示，故B正确；
对于选项C：当点P为线段的中点，则的侧视图如选项C所示，故C正确；
对于选项D：因为点P在棱上运动，则侧视图中右边的一条边与底边垂直，且右边的一条边的边长与正方体的棱长相等，
所以的侧视图如不可能如选项D所示，故D错误；
故选：D.
7. 已知抛物线的焦点和椭圆的一个焦点重合，且抛物线的准线截椭圆的弦长为3，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点以及在椭圆上，即可求解的值.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
设椭圆的方程为，椭圆中，，当时， ，故
又，所以，故椭圆方程为，
故选：B
8. 已知（为常数），若在上单调，且，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据在上单调，可得，再由求得的一条对称轴和一个对称中心，进而求得，再求的值.
【详解】对于函数，，
因为在上单调，
所以，即.
又，
所以为的一条对称轴，
且即为的一个对称中心，
因为，
所以和是同一周期内相邻的对称轴和对称中心，
则，即，
所以，
所以，
又为的一个对称中心，
则，，
则，，
当时，.
故选：A.
9. 如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（ ）

A. 直线直线B. 直线直线
C. 直线直线D. 直线平面
【答案】C
【解析】
【分析】画出翻折之后的立体图形，根据点线面之间的位置关系以及平行与垂直的相关定理，可以证明或证伪相关命题.
【详解】翻折之后如图所示：

①因为，，所以且，
因此，故选项A成立；
②连接，因为分别为的中点，所以，

又因为，所以，故选项B成立；
③因，，所以与不平行，故选项C不成立；
④因为，且平面，平面，
所以平面，故选项D成立.
故选：C
10. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1所示）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心到水面的距离为，筒车的半径为，筒车每秒转动，如图2所示，盛水桶在处距水面的距离为，则后盛水桶到水面的距离近似为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设后盛水桶到水面的距离关于的函数解析式为，根据题中信息求出函数的解析式，再令即可得解.
【详解】设后盛水桶到水面的距离关于的函数解析式为，
由题意可得，解得，
由于筒车每秒转动，所以，函数的最小正周期为，
所以，，则，
由于盛水桶在处距水面的距离为，则，可得，
由于函数在附近单调递增，则第一象限角，所以，，
所以，.
故选：D.
【点睛】思路点睛：建立三角函数模型解决实际问题的一般步骤：
（1）审题：审清题目条件、要求、理解数学关系；
（2）建模：分析题目变化趋势，选择合适的三角函数模型；
（3）求解：对所建立的数学模型进行分析研究，从而得出结论.
11. 已知双曲线C的方程为，斜率为的直线与圆相切于M，与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B，且M为AB中点，则双曲线C的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】.
设出直线的方程，求出A，B的坐标，从而可得点M的坐标，代入圆方程中即可求离心率
【详解】依题意，设直线的方程为，圆的方程可化为，即圆心坐标为，半径为，
因为直线与圆相切于M，所以，由可化简得，
则直线的方程为，双曲线C的两条渐近线分别为，，
由得，同理可得，
因为M为AB中点，由中点坐标公式可得，
M在圆上，将M的坐标代入圆方程可得，
化简整理得，从而可得，
则双曲线C的离心率.
故选：B
12. 已知函数的定义域均为，且满足，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件通过赋值，结合周期函数的定义证明为周期为的周期函数，再求，结合周期函数性质求，由此可得结论.
【详解】因为函数为奇函数，所以，
在中将代换为可得①，
在中将代换为可得②，
①②两式相减可得，
所以，即，
设，则，
所以函数为周期为2的周期函数，
由取可得，
由取可得，所以，
在中取可得，
在中取可得④，
在中取可得⑤，
在中取可得⑥，
将④⑤⑥相加可得，又，
所以，又，，
所以，，
又函数为周期为2的周期函数，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
【点睛】知识点点睛：本题考查奇函数的性质，周期函数的定义，周期函数的性质，组合求和法，等差数列求和，考查赋值法，属于综合题，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数z满足，则z的共轭复数的虚部为________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数的概念以及虚部概念求解.
【详解】由得，
故，且虚部为1，
故答案为：1
14. 在之间任取一个实数，使得直线与圆有公共点的概率为________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系求出的取值范围，再利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
因为直线与圆有公共点，则，解得，
因此，所求事件的概率为.
故答案为：.
15. 已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为________.
【答案】8
【解析】
【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.

16. 在中，角、、的对边分别为、、，若，且，则当边取得最大值时，的周长为________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用正弦定理可求得的最大值及其对应的的值，进而可求得的值，由此可得出的周长.
【详解】因为，由正弦定理可得，
即，
整理可得，
因为、，所以，，则，故，
由正弦定理可得，
整理可得，
因为，当时，取最大值，且的最大值为，
此时，，
，所以，，
因此，当边取得最大值时，的周长为.
故答案为：.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
17. 设等比数列的前n项和为，且．
求的通项公式；
若，求的前n项和．
【答案】(1)．(2)．
【解析】
【分析】利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式．
利用的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
【详解】等比数列的前n项和为，且
当时，解得．
当时
得，
所以常数，
故．
由于，所以，
所以．
【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
18. “五一黄金周”期间，某商场为吸引顾客，增加顾客流量，推出购物促销优惠活动，具体优惠方案有两种：方案一：消费金额不满300元，不予优惠；消费金额满300元减60元；方案二：消费金额满300元，可参加一次抽奖活动，活动规则为：从装有3个红球和3个白球共6个球的盒子中任取3个球（这些小球除颜色不同其余均相同），抽奖者根据抽到的红球个数不同将享受不同的优惠折扣，具体优惠如下：
（1）现有甲乙两位顾客各获得一次抽奖活动，求这两位顾客恰好有一人获得八折优惠折扣的概率；
（2）若李女士在该商场消费金额为x元（），请以李女士实付金额的期望为决策依据，对李女士选择何种优惠方案提出建议.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求事件抽奖的顾客获得八折优惠的概率，再根据独立重复试验的概率公式求两位顾客恰好有一人获得八折优惠折扣的概率；
（2）在条件下，分别求两种方案下李女士实付金额的期望，由此提出建议.
【小问1详解】
设事件A：抽奖的顾客获得八折优惠，则；
由于甲乙两位顾客获得八折优惠的概率均为，
设甲乙两位顾客恰好一人获得八折优惠的概率P，
则；
所以甲乙两位顾客恰好一人获得八折优惠的概率为.
【小问2详解】
方案一：设实付金额，则,（）.
方案二：设实付金额，则的可能取值有：x，0.9x，0.8x，0.7x；（）.
； ；
； ；
所以.
①若，解得，选择方案一；
②若，解得，选择方案一或方案二均可；
③若，解得，选择方案二.，
所以当消费金额大于且小于时，选择方案一；
当消费金额等于时，选择方案一或方案二均可；
当消费金额大于时，选择方案二.
19. 如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点G，连接，，先证明四边形为平行四边形，再证明EF∥平面，再根据直线与平面平行的性质即可证明；
（2）根据题意先证明，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据求得的值，再利用线面角的向量求法即可求解．
【小问1详解】
取中点G，连接，，
∵E，G分别是，中点，∴且，
又∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴EF∥平面，
∵平面，平面平面，∴．
【小问2详解】
由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴，
故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，
又，则，解得，
所以，，则，，
设平面法向量为，
所以，即，取，得，
由（1）知直线，则l方向向量为，
设直线l与平面所成角为，
则，则，
所以直线l与平面所成角的余弦值为．
20. 已知抛物线C：，过的直线与C相交于A，B两点，其中O为坐标原点.
（1）证明：直线OA，OB的斜率之积为定值；
（2）若线段AB的垂直平分线交y轴于M，且，求直线AB的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示斜率乘积；
（2）结合二倍角公式，求，以及弦长公式求，并利用韦达定理表示，利用比值，即可求直线方程.
【小问1详解】
设，设直线AB：x=my+1.
联立化简可得：
由韦达定理可得：；
所以，
所以直线OA，OB的斜率之积为定值.
【小问2详解】
设线段AB的中点N，设.
则，解得，
所以，即；
所以；
又线段AB的中点N，可得，所以.
因为，所以，所以.
所以，解得；
所以直线AB的方程为：或.
21. 已知，.
（1）求的极值；
（2）若，求实数k的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果.
（2）根据题意，将问题转化为在恒成立，然后构造函数
，求得其最大值，即可得到结果.
【小问1详解】
已知，
当时，恒成立，无极值，
当时，，在上单调递增，在单调递减，
当时，有极大值，，无极小值，
综上：当时，无极值；当时，极大值为，无极小值；
【小问2详解】
若，则在时恒成立，
恒成立，令，
令，则，
在单调递减，又，
由零点存在定理知，存在唯一零点，使得，
即，
令在上单调递增，
， 即
当时，单调递增，单调递减，
，
，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数极值问题，难度较难，解答本题关键在于分离参数，然后构造函数，将问题转化为最值问题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按做的第一题记分.
[选修4—4：极坐标与参数方程]
22. 在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为：（为参数），曲线的参数方程为：（t为参数）.
（1）将曲线化为普通方程；
（2）若曲线与轴相交于，与轴相交于，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线相交于，求四边形的面积.
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据关系消去曲线的参数可得其普通方程，根据平方关系消去参数可得曲线的普通方程，
（2）先求点的坐标，再求四边形面积即可.
【小问1详解】
曲线的参数方程为：（为参数）可得（为参数）
消去参数可得：，所以曲线的普通方程为：.
曲线的参数方程为（t为参数）可得（t为参数）
消去参数t可得，又因为，所以.
所以曲线的普通方程为：，.
【小问2详解】
易得曲线与轴交于，与轴交于.
将射线化为直角坐标方程：.
联立解得 ，
所以四边形的面积；
所以四边形的面积为.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 设均为正数，且，证明：
（Ⅰ）
（Ⅱ）
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）先由基本不等式可得，再结合的展开式即可证明原式成立；
（2）利用柯西不等式证明.
【详解】证明：（Ⅰ）：因为
所以
故，当且仅当时“=”成立.
（Ⅱ）均为正数，由柯西不等式得：
即，
故，当且仅当时“=”成立.
【点睛】本题考查利用基本不等式、柯西不等式等证明不等式，难度一般.证明时，利用整体思想，注意“1”的巧妙代换.抽到的红球个数
0
1
2
3
优惠折扣
无折扣
九折
八折
七折