四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三高考熱身考試一理科數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題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．函數(shù)的部分圖像大致為（    ）A． B．C． D．5．據(jù)研究，人的智力高低可以用智商來衡量，且，若定義稱為智商低下，稱為智商中下，稱為智商正常，稱為智商優(yōu)秀，稱為智商超常，則一般人群中智商優(yōu)秀所占的比例約為（    ）（參考數(shù)據(jù)：若，則，，．）A． B． C． D． 二、解答題6．過、兩點，且與直線相切的圓的方程可以是（    ）A． B．C． D． 三、單選題7．在的展開式中，的系數(shù)為（    ）A． B． C．2 D．88．已知數(shù)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．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．11．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯采用平面切割圓錐面的方法來研究圓錐曲線，如圖1，設(shè)圓錐軸截面的頂角為，用一個平面去截該圓錐面，隨著圓錐的軸和所成角的變化，截得的曲線的形狀也不同．據(jù)研究，曲線的離心率為，比如，當時，，此時截得的曲線是拋物線．如圖2，在底面半徑為，高為的圓錐中，、是底面圓上互相垂直的直徑，是母線上一點，，平面截該圓錐面所得的曲線的離心率為（    ）A． B． C． D．12．定義在上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）滿足，且在上有若實數(shù)a滿足，則a的取值范圍為（    ）A． B． C．  D． 四、填空題13．已知，，若，則________．14．記為等比數(shù)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(yīng)點為，.設(shè)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(nèi)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__________． 五、解答題17．某學(xué)習(xí)APP的注冊用戶分散在A，B，C三個不同的學(xué)習(xí)群里，分別有24000人，24000人，36000人，該APP設(shè)置了一個名為“七人賽”的積分游戲，規(guī)則要求每局游戲從A，B，C三個學(xué)習(xí)群以分層抽樣的方式，在線隨機匹配學(xué)員共計7人參與游戲．(1)每局“七人賽”游戲中，應(yīng)從A，B，C三個學(xué)習(xí)群分別匹配多少人？(2)現(xiàn)需要從匹配的7名學(xué)員中隨機抽取3人進入互動環(huán)節(jié)，并用X表示進入互動環(huán)節(jié)的C群人數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．18．已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)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，已知四邊形是直角梯形，，分別為線段，上的點，且滿足，，，，將四邊形沿翻折，使得，分別到，的位置，并且，如圖乙(1)求證：；(2)求平面與平面所成的二面角的余弦值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(shù).(1)當時，討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)當時，求曲線與的公切線方程.22．在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），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)寫出曲線的極坐標方程；(2)若l與，分別交于A，B（異于原點）兩點，求△PAB的面積．23．已知函數(shù)．(1)若，求函數(shù)的最小值；(2)若不等式的解集為，且，求的取值范圍．
參考答案：1．B【分析】分析可知，利用集合的包含關(guān)系可出關(guān)于的等式，結(jié)合集合元素滿足互異性可得出實數(shù)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．C【分析】由已知可得，，代入根據(jù)復(fù)數(shù)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．B【分析】由統(tǒng)計圖中數(shù)據(jù)，對選項中的統(tǒng)計結(jié)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．A【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性排除選項C、D；再由，即可求解.【詳解】函數(shù)的定義域為，且，所以函數(shù)是奇函數(shù)，其函數(shù)圖像關(guān)于對稱，所以選項C、D錯誤；又，所以選項B錯誤；故選：A.5．A【分析】分析可知，，利用原則可求得的值.【詳解】由已知可得，，則，，所以，.因此，一般人群中智商優(yōu)秀所占的比例約為.故選：A.6．C【分析】分析可知，圓心在直線上，設(shè)圓心為，根據(jù)圓與直線相切以及圓過點可得出關(guān)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(shè)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．A【分析】由，根據(jù)單項式和多項式的乘法法則結(jié)合二項式定理求展開式中的系數(shù).【詳解】，的展開式中含的項為，其系數(shù)為，的展開式中含的項為，其系數(shù)為，的展開式中，的系數(shù)為.故選：A.8．C【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．A【分析】構(gòu)造函數(shù)，其中，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，可得出，然后利用不等式的基本性質(zhì)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得出、、的大小關(guān)系.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，，即，因為，則，所以，，又因為，則，故，故.故選：A.10．D【分析】在中，根據(jù)正弦定理求得，結(jié)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.  11．D【分析】求出的值，然后以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出的值，即可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】在圓錐中，，，易知，由圓錐的幾何性質(zhì)可知，平面，因為平面，則，所以，，則，圓錐中，、是底面圓上互相垂直的直徑，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、，因為是母線上一點，，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，且，所以，，所以，，故該圓錐曲線的離心率為.故選：D.12．A【分析】根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，利用偶函數(shù)的定義及導(dǎo)數(shù)法的正負與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)及函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】由，得.令，則，即為偶函數(shù).又時，.所以在上單調(diào)遞減.由，得，即.又為偶函數(shù)，所以，所以，即，解得，所以a的取值范圍為.故選：A.【點睛】關(guān)鍵點睛：解決此題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用偶函數(shù)定義和導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)的單調(diào)性，再利用偶函數(shù)和單調(diào)性即可解決抽象不等式.13．/【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(shù)的值.【詳解】因為，，則，因為，則，解得.故答案為：.14．【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，由，可得，即，所以.故答案為：17.15．【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(guān)鍵，是基礎(chǔ)題16．【詳解】由題意，設(shè)，則， 即， 所以， 又， 所以．點睛：本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線的斜率公式和基本不等式求最值的應(yīng)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(guān)鍵．17．(1)2,2,3；(2)分布列見解析；期望為. 【分析】（1）根據(jù)分層抽樣的性質(zhì)運算可得.（2）先列出X的取值，再計算相應(yīng)的概率，列出分布列，計算期望即可.【詳解】（1）三個學(xué)習(xí)群人數(shù)比例為24000:24000 : 36000 = 2 : 2 : 3因此,應(yīng)從A、B、C三個學(xué)習(xí)群分別匹配2,2,3人.（2）由題X所有可能的取值為0,1,2,3,故X的分布列為X0123P.18．(1)(2)證明見解析 【分析】（1）由正弦定理邊化角可得，然后根據(jù)兩角和的公式以及輔助角公式，即可推得.根據(jù)的取值范圍，即可得出答案；（2）由余弦定理結(jié)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(jù)的范圍，即可得出，進而得出，即可得出證明.【詳解】（1）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.（2）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．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）根據(jù)翻折前圖形的性質(zhì)可得，，證得線面垂直，得到線線垂直，再利用線面垂直的判定得到線面垂直，進而得證；（2）根據(jù)（1）的證明，建立空間直角坐標系，求出相應(yīng)點的坐標，分別求出平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式進而求解.【詳解】（1）∵在圖甲中，，，，∴在圖乙中有，，，又∵與是平面內(nèi)的交線，∴平面，因為平面，∴，如圖，分別過，作，，垂足分別是，，易知，∴，又，∴，同理，又，∴，∴，又與是平面內(nèi)的交線，∴平面，平面，∴（2）由（1）易知，以為原點，分別以射線，，為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，相應(yīng)各點的坐標如下：，，，，設(shè)平面的一個法向量為由可得，解得，∴，平面的一個法向量為，，∴平面與平面所成的二面角的余弦值為.20．(1)(2)存在x軸上定點，使得 【分析】（1）由已知求出的離心率為，又，即可得出.根據(jù)的關(guān)系，即可得出答案；（2）設(shè)，，，，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(shè)直線AB方程為.根據(jù)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(jù)韋達定理得出坐標關(guān)系，代入（*）式，整理化簡可得，求出，檢驗即可得出答案.【詳解】（1）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.（2）設(shè)，，，.當直線與軸重合時，設(shè)，，，則，，，，由已知，可得，解得或（舍去），所以，；當直線與軸不重合時，設(shè)直線AB方程為，則有.四點共線，由結(jié)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(shè)直線AB方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據(jù)韋達定理得出坐標之間的關(guān)系.然后根據(jù)已知，化簡可得出.因為的任意性，所以必有，即可得出答案.21．(1)在上單調(diào)遞增.(2) 【分析】（1）先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)證明，由此判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）設(shè)曲線在點與曲線在的切線相同，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，利用導(dǎo)數(shù)研究方程的解可求，由此求公切線方程.【詳解】（1）當時，令，有，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，，函數(shù)在上單調(diào)遞增， 故，即，所以在上單調(diào)遞增.（2）因為，所以，設(shè)曲線在點與曲線在的切線相同，則切線方程為，即，整理得.又切線方程也可表示為，即，整理得，所以，消整理得.令，令，因為，所以函數(shù)在在單調(diào)遞增，又函數(shù)在在單調(diào)遞增，所以在單調(diào)遞增，又，當，，又得，所以，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，因此函數(shù)只有一個零點，即只有一個解，此時切線方程為，所以曲線與的公切線方程為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二小問解決的關(guān)鍵在于利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切點的坐標滿足的關(guān)系，再通過利用導(dǎo)數(shù)研究方程的解，確定切點坐標，由此求出切線方程.22．(1)(2)5 【分析】（1）由參數(shù)方程可得，，進而即可推得，根據(jù)公式即可得出曲線的極坐標方程；（2）將分別代入，的極坐標方程得出，，進而得出弦長.然后求出點到射線的距離，即可得出答案.【詳解】（1）由的參數(shù)方程得，，所以.又，，所以，所以的極坐標方程為.（2）將代入曲線的極坐標方程可得，將代入曲線的極坐標方程可得，所以.又射線l的直角坐標方程為，即為，所以點到射線的距離為，所以.23．(1)2(2) 【分析】（1）因為，所以，即可求函數(shù)的最小值；（2）因為，所以，即，分類討論，即可求的取值范圍．【詳解】（1）因為，所以，當且僅當時，即時，的最小值為2．（2）因為，所以，即，當時，不等式可化為，解得，所以；當時，不等式可化為，此時無解；當時，不等式可化為，解得，所以；綜上，的取值范圍為． 

相關(guān)試卷

四川省綿陽南山中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試理科數(shù)學(xué)試題（含解析）：

這是一份四川省綿陽南山中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試理科數(shù)學(xué)試題（含解析），共21頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三理科數(shù)學(xué)高考熱身考試一試題（Word版附解析）：

這是一份四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三理科數(shù)學(xué)高考熱身考試一試題（Word版附解析），共23頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試+數(shù)學(xué)（文）+PDF版無答案：

這是一份四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試+數(shù)學(xué)（文）+PDF版無答案，共4頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試+數(shù)學(xué)（理）+PDF版無答案

四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高三下學(xué)期高考熱身考試+數(shù)學(xué)（理）+PDF版無答案
四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高考熱身考試（一）文科數(shù)學(xué)試題（含解析）

四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)2023屆高考熱身考試（一）文科數(shù)學(xué)試題（含解析）
2023屆四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)高考熱身考試一文數(shù)試題

2023屆四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)高考熱身考試一文數(shù)試題
2023屆四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)高考熱身考試一理數(shù)試題

2023屆四川省四川大學(xué)附屬中學(xué)高考熱身考試一理數(shù)試題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部