2023届四川省名校联考高考仿真测试（四）数学（理）试题【含答案】

一、单选题1．设集合，，则的元素个数是（

）A．1 B．2C．3 D．4C【分析】联立求出交点坐标，从而得到答案.【详解】联立，即，解得：或，即，故的元素个数为3.故选：C2．在平行六面体中，已知，，，，，则的值为（

）A．10.5 B．12.5C．22.5 D．42.5A【分析】将作为基底，然后用基底表示出，再求其数量积即可.【详解】由题意得，，因为，，，，，所以，故选：A3．若，则的值为（

）A． B．C． D．A【分析】由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.【详解】由可得，，所以，所以.故选：A.4．给出下列命题，其中正确命题的个数为（

）①若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为6；②回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；③随机变量服从正态分布，，则；④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个A【分析】根据方差的性质可判断①；根据变量x，y的线性回归方程的系数，判断变量x，y是负相关关系可判断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可判断③；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可判断④.【详解】对于①，若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为，故①错误；对于②，回归方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；对于③，随机变量X服从正态分布，，根据正态分布的对称性，所以，故③错误；对于④，根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故④错误.故选：A.5．已知函数，则“”是“”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A【分析】求出的解集，根据与解集的关系即可求解.【详解】由，可得或，因为是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A6．已知函数及其导函数的定义域都为，且为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．C【分析】根据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及，再利用复合函数的导数推出的周期以及，进而可求解.【详解】因为为偶函数，所以，即，即函数图象关于对称，则，因为为奇函数，所以，即函数图象关于点对称，则，所以，则，所以函数以4为周期，，因为，所以，即，即，也即，令，则有，所以，由得，所以以4为周期，所以，所以，C正确，对于其余选项，根据题意可假设满足周期为4，且关于点对称，，故A错误；，B错误；，D错误，故选:C.7．如图，这是计算的值的一个程序框图，其中在判断框内应填入的条件是（

）A． B． C． D．D【分析】根据程序框图运行程序，可知当第十次循环后，不满足判断框条件，输出结果，根据此时可得判断框内的条件.【详解】按照程序框图运行程序，则第一次循环时，，；第二次循环时，，；第三次循环时，，；以此类推，第十次循环时，，，此时需不满足判断框条件，输出，判断框内应填入或.故选：D.8．已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（

）A． B．7 C．6 D．5B【分析】联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值.【详解】由题设，，代入抛物线可得，所以，，则，则，可得（舍）或，故，由抛物线定义知故选：B9．已知向量，，则下列命题不正确的是（

）A． B．若，则C．存在唯一的使得 D．的最大值为D【分析】由向量模的计算公式，可判定A正确；由向量共线的坐标表示，可判定B正确；根据向量的数量积的运算公式，求得，得到，可判定C正确；根据向量的运算法则，化简得到，求得的最大值，可判定D错误.【详解】由向量，，对于A中，由，所以A正确；对于B中，若，可得且，可得，所以B正确；对于C中，若，可得，整理得，所以，可得，因为，可得，所以C正确；对于D中，由，因为，所以，可得，所以的最大值为，即的最大值为，所以D错误.故选：D.10．若函数在点处的切线方程为，则实数的值为（

）A． B． C． D．B【分析】求出函数的导函数，即可求出、，从而求出切线方程，即可得到方程，解得即可.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以切线方程为，即，所以，解得；故选：B11．已知函数在区间上无极值，则的取值范围是（

）A．（0，5] B．（0，5）C．（0，） D．（0，]A【分析】利用导数求解，将问题转化为或在区间上恒成立，然后利用正弦函数的图象求解即可.【详解】由已知条件得，∵函数在区间上无极值，∴函数在区间上单调，∴或在区间上恒成立，当时，，∵，∴，在此范围内不成立；当时，，∵，∴，即，解得，则的取值范围是，故选12．在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中错误的是（

）A．当点在线段上运动时，四面体的体积为定值B．若平面，则的最小值为C．若的外心为，则为定值2D．若，则点的轨迹长度为C【分析】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D.【详解】对于A，因为，平面，平面，所以平面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；对于B，取的中点分别为，连接，因为，平面，平面，所以平面，又因为，，则，又平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值，则易求出，则，即，所以重合，所以AQ的最小值为，故B正确；对于C，若的外心为M，过作于点，则，又，则，故C错误；对于D，在平面内过作于点，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，，在上取点，使得，则，，所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，又因为所以，则圆弧等于，故D正确.故选：C.二、填空题13．的展开式中的系数为_____________．5【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.【详解】，其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；的展开式通项为，，故时，得含的项为.因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.故5.思路点睛：计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可.14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.【分析】根据三视图可知这是一个四面体，根据长度即可根据三角形面积公式求每一个面的面积，进而可得表面积.【详解】该几何体的直观图是正方体中的四面体，，故.15．已知双曲线的两个焦点分别为、，且两条渐近线互相垂直，若上一点满足，则的余弦值为_______________________．【分析】由题意可得，进而得到，再结合双曲线的定义可得，进而结合余弦定理即可求出结果.【详解】因为双曲线，所以渐近线方程为，又因为两条渐近线互相垂直，所以，所以，即，因此，因此，又由双曲线的定义可知，则，所以在中由余弦定理可得，故答案为16．若函数在上存在唯一的零点，若函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围是______．【分析】根据导数的性质，结合函数的零点定义进行求解即可.【详解】由，因为，所以，因此，所以单调递增，故，因为在上存在唯一的零点，所以有；由，由函数的性质可知：当时，，函数单调递减，当时，单调递增，要想，只需，综上所述：．故关键点睛：利用导数的性质，结合函数零点的定义是解题的关键.三、解答题17．已知数列的前项和为，，数列满足，．(1)求数列、的通项公式；(2)若数列满足，求证：．(1)；(2)证明见解析【分析】（1）利用与的关系可求出数列的通项公式；利用累加法可求出数列的通项公式；（2）由（1）问结论求出，然后利用裂项相消求和法，求出的和即可证明原不等式.【详解】（1）解：由，得，所以又由，得，满足，所以，而，所以，所以；（2）证明：因为，所以.18．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.(1)证明(2)设二面角的平面角为，且，求的值.(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接.因为，所以.又，所以四边形是平行四边形，从而.因为，所以，从而.因为，所以，则.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，从而.又，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，可得.设平面的法向量为，由，不妨令，则.因为平面，所以可取平面的一个法向量为，因为，所以，解得或（舍去）.19．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.(1)，；(2)合格；(3).【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；（2）根据题中所给的公式进行求解即可；（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.【详解】（1），第一组学生的方差为；解得；第二组学生的方差为；解得.这40名学生的方差为，所以；（2）由，，得的估计值，的估计值.，∴.从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.则，；所以，设王强前3局比赛获胜的事件为B，则，所以.20．已知椭圆的左､右顶点分别为，椭圆的长半轴的长等于它的焦距，且过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆相交于两点（不同于），直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：轴.(1)；(2)证明见详解.【分析】（1）由题意，，代入点坐标求解即可；（2）分直线斜率存在，不存在两种情况讨论，与椭圆联立，表示出直线，，，方程，联立得到坐标，证明即可.【详解】（1）由题意，即，故椭圆，代入点，可得，解得，故椭圆的标准方程为（2）由题意右焦点，，，若直线斜率不存在，直线方程为：，代入椭圆方程可得，解得，即，故直线，，，，联立，可得；联立，可得，，故轴；若直线斜率存在，直线方程为：，与椭圆联立，即，恒成立，不妨设，故，故直线，，，，联立，可得；联立，可得，，故轴；综上：轴.21．已知函数，．（1）当时，讨论函数的单调性：（2）当时，函数满足：对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．（1）函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.（1）先对函数求导，令求出，根据导数的方法，即可得到函数单调性；（2）先由，得到，由分离参数法方法，将原不等式化为，构造函数，利用导数的方法求出其最大值，即可得出结果.【详解】（1）由题意，∵，，，令，得，所以时，，单调递增，时，，单调递减，所以函数在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由对恒成立，得，设，则，设，则时，，所以在上单调递增，且，，所以函数在上有唯一的零点当时，，，单调递增;当时，，，单调递减，所以时，所以，，，即因为是增函数，所以，，即的取值范围为.思路点睛：导数的方法研究由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，