四川省大数据精准教学联盟2023届高三第一次统一监测文科数学试题【含答案】

四川省数据精准教学联盟2020级高三第一次统一监测文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，利用集合交集的定义求得结果．【详解】由等价于，即，则，解得，故，所以.故选：C.2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数除法可求答案.【详解】因为，所以.故选：A.3.某部门调查了200名学生每周的课外活动时间（单位：h），制成了如图所示的频率分布直方图，其中课外活动时间的范围是，并分成，，，，五组．根据直方图，判断这200名学生中每周的课外活动时间不少于14h的人数是（）A.56 B.80 C.144 D.184【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图确定每周的课外活动时间不少于14h的频率，再根据频率、频数、总数的关系能求出结果．【详解】每周的课外活动时间不少于14h的频率为，故所求人数，故选：C．4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将已知等式两边平方，结合同角的三角函数关系以及二倍角的正弦公式，即可求得答案.【详解】由可得，，即，故选：B5.“”是“直线与圆相切”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线和圆相切可得，再根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【详解】因为直线与圆相切，所以，.所以“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及充分条件和必要的条件，属于基础题．6.曲线在处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出切点坐标，求得导数，可求得切线斜率，根据导数的几何意义即可求得答案.【详解】由题意可知时，，即切点为，又，则，故曲线在处的切线斜率为，故切线方程为，即，故选：D7.已知函数的图象如图所示，则的解析式可以为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由图象的对称性可知，函数为偶函数，B，D中函数为奇函数，故排除B，D；A，C中函数为偶函数，又对于C，，不符合题意，故排除C，从而得出答案.【详解】由图象的对称性可知，函数为偶函数.对于A，，为偶函数；对于B，，为奇函数，不符合题意；对于C，，为偶函数；又，不符合题意；对于D，，为奇函数，不符合题意，故选：A．8.在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，结合题意可求得，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.详解】设，则，由于，所以异面直线与所成角为，从而，由于，所以异面直线与所成角为，从而，所以，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，取所以，直线和平面所成的角的正弦值为，从而直线和平面所成的角的余弦值为．故选：A．9.已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意的周期可得，由图象与x轴的交点为可得，从而，所以与轴的交点，由解得.【详解】若的周期为，由题意有，所以，所以，图象与x轴的交点为，则，因为，所以，即，所以与轴的交点，由，则，解得或(舍)．故选：B.10.抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，则的面积为（）A.4 B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】【分析】联立直线与抛物线方程求得的坐标，得到，计算点到直线的距离，即可得到的面积．【详解】联立直线与抛物线方程，解得或，不妨设在第一象限，得，，而，点到直线的距离为，则的面积为．故选：B.11.已知，（为自然对数的底数），则a，b，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设函数，利用导数可知在上单调递增，又，则，从而得解.【详解】设函数，则，所以，当时，恒成立，故函数在上单调递增．又，所以，故．故选：D.12.四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，顶点均在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为（）A. B.4 C. D.8【答案】C【解析】【分析】设正方形ABCD的外接圆的半径为，球心到平面ABCD的距离为，则，四棱锥的体积为，设，利用导数研究函数的单调性可求得答案．【详解】设正方形ABCD的外接圆的半径为，球心到平面ABCD的距离为，则，且正方形ABCD的面积为，四棱锥的体积为，设，，则，于是时，，单调递增；时，，单调递减，从而，于是．故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，则与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】利用向量夹角公式的坐标表示计算即可.【详解】设向量与的夹角为，则，又，所以．故答案为：．14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，是E上一点，直线与E的另一个交点为B，则的周长为______．【答案】10【解析】【分析】根据双曲线的定义，，，从而，又，得，故，即可得的周长.【详解】由题意，点在双曲线的右支上，点在双曲线的左支上，根据双曲线的定义，，，从而，又，，，，故，所以的周长，故答案为：10．15.四叶草也被称为幸运草、幸福图，其形状被广泛用于窗户、壁纸、地板等装修材料的图案中．如图所示，正方形地板上的四叶草图边界所在的半圆都以正方形的边长为直径．随机抛掷一粒小豆在这块正方形地板上，则小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为______．【答案】【解析】【分析】求出图中阴影部分的面积，利用几何概型公式求解即可．【详解】不妨设正方形的边长为2个单位，则图中阴影部分的面积为两个圆（半径为1）的面积减去一个正方形（边长为2）的面积，即，根据几何概型，小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为．故答案为：．16.若的面积是外接圆面积的，则______．【答案】##【解析】【分析】由正弦定理表示外接圆的面积，由的面积是外接圆面积的得出，又，化简即可得出结果.【详解】由正弦定理得，则，又的面积是外接圆面积的，所以，即..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.为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某学校对学生是否经常锻炼的情况进行了调查．从本校学生中随机选取了800名学生进行调查了解，并将调查结果（“经常”或“不经常”）制成下表所示的列联表：性别不经常经常合计女生200300500男生150150300合计350450800（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为性别因素与学生锻炼的经常性有关？（2）将频率视作概率．若该学校有4000名学生，估计该校经常锻炼的学生人数．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）计算的值，与附表中的值比较，可得结论；（2）求出样本数据中经常锻炼的学生的频率，将频率视为概率，即可求得该校经常锻炼的学生人数的估计值．【小问1详解】由题，有，因此，有99%的把握认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系.【小问2详解】由图表可知，样本数据中，经常锻炼的学生人数为450，频率为，将频率视为概率，则在该校随机抽取一名学生，抽取到经常锻炼的学生的概率为，则该校4000名学生中，经常锻炼的学生人数的估计值为．18.已知等差数列与正项等比数列满足，．（1）求数列和的通项公式；（2）记数列的前n项和为，数列的前n项和为，比较与的大小．【答案】（1）,.（2）.【解析】【分析】（1）由题意列方程，求得公差和公比，即可求得数列和的通项公式；（2）利用等差数列和等比数列的前n项和公式，求得与，比较可得二者大小关系.【小问1详解】设等差数列的公差为d，正项等比数列的公比为,由，,得,解得，所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．【小问2详解】由（1）得，，所以.19.如图，四棱台中，底面ABCD是菱形，点M，N分别为棱BC，CD的中点，，，，．（1）证明：平面平面ABCD；（2）当时，求多面体的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，，得，又，所以面ACGE，从而．取点为线段AB的中点，可得，由得，即，证得面ABCD，从而得结论；（2）利用勾股定理可得，菱形ABCD是边长为2的正方形，由面ABCD可知四棱台的高为1，求得即可得出答案.【小问1详解】因为底面ABCD是菱形，所以四边形ABCD的对角线．因为M，N是BC，AD中点，所以，故．又因为，且多面体是四棱台，所以A，C，G，E共面，又，面ACGE，所以面ACGE，又因为面ACGE，所以．又因为多面体是四棱台，所以四边形AEFB是梯形．取点为线段AB的中点，连接FK．因为，所以四边形AKFE是平行四边形，故．在中，，故，即，因为MN与AB是相交直线，面ABCD，所以面ABCD，甴面ABFE，所以面面ABCD.【小问2详解】当MN＝时，，则，所以，故，菱形ABCD是边长为2的正方形.由（1）知，面ABCD，所以四棱台的高为1，．又因为，所以多面体的体积为.20.已知椭圆的离心率为，，是C的顶点，点M是第一象限内的动点，已知的斜率之比为．（1）证明：点M在一条定直线上；（2）设与椭圆C分别交于另外的两点，证明直线过定点．【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设，根据可列出方程，化简即可证明结论；（2）利用题意求得椭圆方程，设设，表示直线方程，联立椭圆方程，求得的坐标，取点，利用向量共线证明，即可证明结论.【小问1详解】证明：设,由题意可知，则，,因为，所以,即，即，故点M在直线上，即点M在一条定直线上.【小问2详解】由题意知：，故椭圆方程为，由（1）知点M在直线上，设，则的方程为，代入，得，，所以，即，同理可得，取点，则，，又因，所以，则三点共线，即直线过定点.【点睛】关键点睛：第二问中，证明直线过定点，可根据题意求得点的坐标，如果要表示出直线方程，计算量将会比较大，且运算复杂，因此可以结合题意合理猜测定点坐标，然后证明直线过该点.21.已知函数．（1）若单调递减，求a的取值范围；（2）若有两个极值点，且，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1），因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，问题转化为求的最值，利用导数求解即可；（2）由题意可知，且，要证明，只需证明．由得，所以．令，，则需证明．令，则，令，可求得，从而在时单调递减，所以，原不等式即可得证．【小问1详解】由得，因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，则，可知时，，单调递增；时，，单调递减，则时取最大值，所以，所以，的取值范围是．【小问2详解】由（1）知，当时，单调递减，不合题意；因为函数有两个极值点，则有两个零点，令，，当时，，单调递增，不合题意，可知，且，要证明，只需证明．由得则，所以，.令，则，要证明，需证明．令，且，则，令，且，则，则在时单调递增，故，故，则在时单调递减，所以，，即，则有，所以，即原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数的单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．（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，则按所做的第一题计分．[选修4—4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，点，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．（1）写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）设点M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程，并判断l与是否有公共点．【答案】（1），：（2），（为参数），直线l与圆没有公共点。【解析】【分析】（1）根据消参法可得曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标之间的转化公式可得直线的直角坐标方程.（2）设，设，根据，即可求得P的轨迹的参数方程，表示圆，计算圆心到直线的距离，即可判断断l与是否有公共点．【小问1详解】因为曲线C的参数方程为(为参数)，所以，即曲线C的普通方程为：，因为，由，可得l的方程为：.【小问2详解】设，设，因为，所以，则，（为参数），故P轨迹的参数方程为，（为参数），所以曲线为以为圆心，半径为4的圆，而