四川省成都市新津区蓉城联考2023届高三下学期4月月考理科数学试题（含答案解析）

2023届高三第三次联考理科数学注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.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.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.【详解】解：由题意得，，故选：D.2.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式和正弦和角公式求解即可.【详解】解：因为所以，，所以，.故选:C.3.校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（）A.优秀 B.良好 C.合格 D.不合格【答案】B【解析】【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为，第4组的频率为所以，中位数，即满足，对应的评价是良好.故选：B.4.双曲线C:的离心率为，其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据的关系，用离心率表示渐近线的斜率，即可求解.【详解】由条件可知，则，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C5.在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用计算即得结果.【详解】由题设，所以.故选：D6.一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为（）A. B. C.28 D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，因为上底长为4，下底长为2，所以该棱台的高为，棱台的体积，故选：.7.已知函数是定义在上奇函数，且当时，，则的最小值是（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】先求得时，函数的值域为，结合函数为奇函数，求得函数的值域，进而求得其最小值.【详解】当时，函数，当时，；当时，，所以函数在上的值域为因为是上的奇函数，所以的值域为，所以的最小值是.故选：A.8.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学.作为当今世界十分风靡和活跃的新理论､新学科，它的出现使人们重新审视这个世界：世界是非线性的，分形无处不在.分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还具有深刻的科学方法论意义，由此可见分形的重要性.美国物理学大师JohnWheeler曾说过：今后谁不熟悉分形，谁就不能被称为科学上的文化人.koch雪花曲线是一种典型的分形曲线，它的制作步骤如下：第一步：任意画一个正三角形，记为，并把的每一条边三等分；第二步：以三等分后的每一条边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，记所得图形为；第三步：把的每一条边三等分，重复第二步的制作，记所得图形为；同样的制作步骤重复下去，可以得到，直到无穷，所画出的曲线叫做koch雪花曲线.若下图中的边长为1，则图形的周长为（）A.6 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，建立图形中的边数为，每条边的长度为的递推关系，进而结合等比数列求通项公式即可得答案.【详解】解：设图形中的边数为，每条边的长度为，所以，由题可知，数列的递推关系为，；数列的递推关系为，，所以，由等比数列定义与通项公式得图形的边数为，边长为，所以，图形的周长为，所以，当时，图形的周长为.故选：D.9.将3个1和3个0随机排成一行，则3个0都不相邻的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出总数，再由插空法，得到满足题意的情况，由古典概型的公式即可得出答案.【详解】先考虑总的情况，6个位置选3个放1，有种，再考虑3个0都不相邻的情况，将3个0插入3个1形成的4个空中，有种，可得.故选：C．10.已知直线，是函数图象的任意两条对称轴，且的最小值为，则的单调递增区间是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简三角函数，再根据相邻对称轴的距离是周期的一半求出，利用整体代换法求得函数单调递增区间.【详解】由题意，，又直线，是函数图象的任意两条对称轴，且的最小值为，所以，所以，解得，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间是，，故选：C.11.如图，在梯形ABCD中，，，，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为，则（）A.8 B.4 C. D.2【答案】C【解析】【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明，可得四边形为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.【详解】如图所示，由题意知，，所以，，所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，又因为，所以，，所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，所以在中，因为，，所以为等边三角形，所以，（或由正弦定理得：）所以，在中，，，，设外接球半径为R，则，解得：，设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．所以在中，，又因为在，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，又因为面APC，所以BC⊥面APC，所以，所以，即：.故选：C.12.设函数，其中，是自然对数的底数（…），则（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【答案】B【解析】【分析】令，结合，判断AC；将不等式转化为，，再构造函数求解最值即可判断B；借助特殊值判断D.详解】解：令，则，且，，当，，∴存在一个较小的正数使得都有，当时，，∴存在一个较小的正数使得都有，故A，C都不正确，对于选项B，当，则显然成立，当时，即证明，也即证明，，令，则，所以，时，，单调递增，时，，单调递减，所以，的最小值为，令，则，所以，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，的最大值为，所以，，因为不同时取等，所以，，即选项B正确，对于选项D，当时，（成立），即，所以选项D不正确．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据不同选项，构造不同的函数，利用函数值的大小，特殊值等，实现大小比较.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设是虚数单位，复数的模长为__________.【答案】【解析】【分析】先根据复数的除法化简，然后由模长公式可得.【详解】解：模长为.故答案为：.14.函数的零点个数为__________.【答案】1【解析】【分析】在同一坐标系中作出与的图象，由图即可得出答案.【详解】解：注意到，在同一坐标系中作出与的图象，易知零点个数为1.故答案为：1.15.如图，在中，.延长到点，使得，则的面积为__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理和面积公式求解即可.【详解】解：因为在中，，，所以，由正弦定理得，即，所以，，在中，由正弦定理可得，因为所以，.故答案为：.16.若A，B是抛物线上不同的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点，则的最大值为______________．【答案】6【解析】【分析】设，，AB中点，利用点差法得到直线AB的斜率，再利用中垂线求得，然后利用抛物线的定义，由求解.【详解】解：设，，AB中点，设斜率为k，则，相减得：，∵，即，设抛物线的焦点为F，，∴，当且仅当A，B，F三点共线时等号成立，此时满足在抛物线内部，∴的最大值为6，故答案为：6．三、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.已知等差数列前项和为，且.（1）求；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的基本量计算得，再求通项公式即可；（2）由题知数列是以2为首项，4为公比的等比数列，进而结合求和公式求解即可.【小问1详解】解：设的公差为，由得，，解得，∵，即，∴，∴，∴；【小问2详解】解：由得，∴，即数列是以2为首项，4为公比的等比数列，.18.某骑行爱好者近段时间在专业人士指导下对骑行情况进行了统计，各次骑行期间的身体综合指标评分x与对应用时y（单位：小时）如下表：身体综合指标评分12345用时（/小时）9.58.67.876.1（1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；（2）建立关于的回归方程.参考数据和参考公式：相关系数，，，【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据表格数据可分别计算出与的平均值，再代入计算可得相关系数近似为，即可知与相关程度较高；（2）根据（1）中的计算结果可得，代入计算可得，即可求得关于的回归方程.【小问1详解】由题意得，，，，因此相关系数.即相关系数近似为，与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；【小问2详解】由（1）中数据，得，，所以关于的回归方程为.19.如图，正三棱柱的体积为，，P是面内不同于顶点的一点，且．（1）求证：；（2）经过BC且与AP垂直的平面交AP于点E，当三棱锥E-ABC的体积最大时，求二面角平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；（2）由分析知，三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，由分析知，∠PFD为二面角的平面角，以F为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和，代入即可得出答案.【小问1详解】设线段BC的中点为F，则，∵，，AP为公共边，∴，∴，∴，又，面APF，∴BC⊥面APF，面APF∴；【小问2详解】设线段的中点为D，由题意，点P在线段上，由，得，∴三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，∵AP⊥面BCE，面BCE，∴，∴点E在以AF为直径的圆上，如图，易知，从而，由（1）知PF⊥BC，DF⊥BC，平面，DF平面，平面平面，∴∠PFD为二面角的平面角，如图，以F为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，于是，，从而，∴二面角平面角的余弦值为．20.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与轴交于点，过作直线交于两点，交于两点.已知直线交于点，直线交于点.试探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由.【答案】（1）（2）是，1【解析】【分析】（1）由题设可得关于的方程组，求出其解后可得椭圆的方程.（2）【小问1详解】由题意，，解得，代入点得，解得，的方程为：；【小问2详解】由题意，，当斜率都不为0时，设，，当时，由对称性得，当时，联立方程，得恒成立，，同理可得：，直线方程：，令，得，同理：，，，当斜率之一为0时，不妨设斜率为0，则，直线方程：，直线方程：，令，得，，综上：.21.已知函数，其中．（1）当时，求的单调区间；（2）若对任意的，都有．（ⅰ）求实数m的取值范围；（ⅱ）证明：对任意的，都有．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，判断导数的正负即可得到单调区间；（2）（ⅰ）求导，分、、三种情况讨论，求得最小值即可求解；（ⅱ）借助（ⅰ）的结论由当时，，得，令，得，从而可证.小问1详解】当时，的定义域为，，当时，；当时，，∴的单调递减区间为，单调递增区间为；【小问2详解】（ⅰ），①当时，，（不合题意）；②当时，，（不合题意）；③当时，，当，；当，，∴在上单调递减；在上单调递增，∴当时，的最小值为，于是，∴，解得或，∵，∴，综上所述，实数m的取值范围为（ⅱ）由（ⅰ）可知当时，，即，当且仅当时取等号，令，则，即，令，则，有．【点睛】关键点睛：证明对任意的，都有，需要借助第二问中（ⅰ）的结论：当时，，即，令，得，从而可证.（二）选考题：共10分.请考生在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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线及曲线的直角坐标方程；（2）设点在曲线上，点在曲线上，求的最小值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程通过将两个式子两边分别平方再相减可消去参数，得到曲线的普通方程；对于曲线先化为，再利用公式直接化为直角坐标方程即可；（2）根据曲线是以为圆心，的圆，则，设，利用两点距离公式建立，