四川省成都市第十二中学（川大附中）2023届高考热身（二）文科数学Word版含解析

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川大附中高2023届高考热身（二）理科数学试卷一、单选题（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）1.设全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合的运算，先找到，再求交集.【详解】根据题意，，则,集合，.故选：B.2.已知为虚数单位，若复数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用模长公式求出复数的模长.【详解】.故选：B3.某公司有员工15名，其中包含经理一名．保洁一名，为了调查该公司员工的工资情况，有两种方案．方案一：调查全部15名员工的工资情况；方案二：收入最高的经理和收入最低的保洁工资不纳入调查范围，只调查其他13名员工的工资．这两种调查方案得到的数据，一定相同的是（）A.中位数B.平均数C.方差D.极差【答案】A【解析】【分析】根据一组数据的中位数、平均数和方差、极差的定义进行判断，即可求解.

1【详解】由题意，公司15名员工的工资情况组成15个数据，按大小顺序排列，排在中点的数是中位数，取到一个最大值和一个最小值，剩余13个数据按大小顺序排列，排在中间的还是原来的数，所以中位数不变；平均数是与每一个数据都有关系的量，方差也是与每一个数据都有关系的量，所以会变化；极差是与最大值和最小值有关系的量，所以也会发生变化.故选：A.【点睛】本题主要考查统计知识的应用，其中解答中涉及到中位数、平均数和方差、极差的概念及应用，属于基础题.4.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据面面平行的性质定理可得选项A的正误；考虑直线是否在平面内可得选项B的正误；选项C根据面面垂直的判定定理可得正误；选项D考虑直线与平面的位置关系可得正误.【详解】对于选项A，缺少共面的条件，因此得不到，直线还可以互为异面直线，故A错误；对于选项B，直线还可以在平面内，故B错误；对于选C，由得分别为的垂线，两个平面的垂线互相垂直则这两个平面互相垂直，故C正确；对于选项D，直线与平面或平行，或相交，或直线在平面内，故D错误.故选：C.5.已知，则（）A.B.C.D.

2【答案】D【解析】【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.【详解】.故选：D6.如图，在平行四边形中，是边的中点，是的一个三等分点（），若存在实数和，使得，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的基本定理，利用向量的线性运算进行向量的基底表示，即可得的值.【详解】因为是的一个三等分点（），所以.因为是边的中点，所以.又，所以.故选：C.7.已知，则的最小值为A.6B.4C.D.【答案】A【解析】【详解】因为，而

3（当且仅当时取等号），故（当且仅当取等号），应选答案A．8.将六位数“”重新排列后得到不同的六位偶数的个数为（）A.B.C.216D.【答案】D【解析】【分析】由题意，分末尾是或，末尾是，即可得出结果.【详解】由题意，末尾是或，不同偶数个数为，末尾是，不同偶数个数为，所以共有个.故选：D9.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的周期性，奇偶性及分段函数分段处理的原则即可求解.【详解】由，得，则，所以的周期为，因为函数是定义在实数集上的偶函数，所以，

4为无理数，所以，，所以.故选：D.10.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将三棱锥补全为长方体，各条棱分别为长方体的面对角线，根据长方体外接球为其体对角线的一半可求得所求的外接球半径，由球的表面积公式可得结果.【详解】可将三棱锥补为如下图所示的长方体，三棱锥的棱分别为长方体的面对角线，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球.设长方体的长、宽、高分别为，则，，所求外接球的半径，三棱锥的外接球的表面积.故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查多面体外接球的求解问题，解题关键是能够通过将三棱锥补全为长方体，将问题转化为长方体外接球的求解.11.

5抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于拋物线的轴.如图所示，从拋物线的焦点向轴上方发出的两条光线分别经抛物线上的两点反射，已知两条入射光线与轴所成角均为，且，则两条反射光线之间的距离为（）A.B.4C.2D.【答案】D【解析】【分析】由题意得，则可求出直线的方程，分别与抛物线方程联立表示出的坐标，由结合抛物线的定义可求出，从而可求出两点纵坐标的差，即可得两条反射光线之间的距离.【详解】由题意得，因为，所以直线的斜率为，所以直线为，由，得，解得或，所以，

6同理直线的方程为，由，得，解得或，所以，因为，所以，所以，解得，所以两条反射光线之间的距离为，故选：D12.关于函数，有以下三个结论：①函数恒有两个零点，且两个零点之积为；②函数的极值点不可能是；③函数必有最小值.其中正确结论的个数有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】D【解析】【分析】把函数的零点转化为函数的零点，即可判断①；求得后代入，根据是否为0即可判断②；设的两个实数根为，且，结合①可得当时，，再证明即可判断③；即可得解.【详解】由题意函数的零点即为函数的零点，令，则，所以方程必有两个不等实根，，设，

7由韦达定理可得，故①正确；，当时，，故不可能是函数的极值点，故②正确；令即，，设的两个实数根为，且，则当，时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以为函数极小值；由①知，当时，函数，所以当时，，又，所以，所以，所以为函数的最小值，故③正确.故选：D.【点睛】本题考查了函数与导数的综合问题，考查了推理能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.计算：______．【答案】1【解析】【分析】利用可得结果.【详解】.故答案为：1【点睛】本题考查了常用对数，考查了对数的运算法则，属于基础题.14.数独是一种非常流行的逻辑游戏.如图就是一个数独，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的未知数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线官内的数字均含1—6这6个数字（每一行，每一列以及每一个粗线宫都没有重复的数字出现），则图中的______.

8【答案】17【解析】【分析】根据题中要求每一行、每一列、每一个粗线官内的数字均含1—6这6个数字，且不重复，分析每行、每列所缺数字，填入表中，即可得答案.【详解】由题意得：第2列缺少2，则第4行第2列为2，所以第3行第1列为5，所以第1列缺少1和6，则a+c=7,第4行缺少5，所以第4行第6列为5，所以第6列缺少4和6，则b+d=10，所以故答案为：1715.已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且点为线段的中点，则椭圆的离心率为______【答案】【解析】【分析】根据中位线定理，圆的切线的性质得理解三角形，结合椭圆定义利用勾股定理得出

9关系，并结合得出关系从而得离心率．【详解】设以椭圆短轴为直径的圆与线段相切于点，连接OE，，∵E，O分别是，的中点，∴EO，且||=2|EO|=2b，OE⊥，∴⊥，||=2c，∴||=，根据椭圆的定义，||+||=2a，∴，两边平方得：，代入并化简得：，，，故答案为：．16.已知函数的图象在上恰有一条对称轴和一个对称中心，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】根据两角和的正弦公式和二倍角公式化简，再根据正弦函数的对称轴和对称中心可求出结果.【详解】,当时，为常数，不合题意，当，时，，要使在上恰有一条对称轴和一个对称中心，则，即，当，时，，

10要使在上恰有一条对称轴和一个对称中心，则，即.故答案为：.三、解答题（本大题共5小题，共60.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.数列前项和为，满足：，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求和：.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由递推关系结合可得即可证明；（2）由（1）求出，分组求和法即可求出.【详解】（1）由可得，即∵，，∴，∴，∴对任意恒成立，故数列是以为首项，公比为3的等比数列；（2）由（1）知：，即，故.18.甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢局或打满局时比赛结束.设甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为，各局比赛相互独立，用表示比赛结束时的比赛局数.

11（1）求双方打满四局且比赛结束，甲获胜的概率；（2）求的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用独立重复试验概率公式求解即可；（2）先分析可能取值，由此计算出对应的概率，可得的分布列，根据分布列可计算出数学期望.【小问1详解】由已知事件双方打满四局且比赛结束，甲获胜等价于甲前两局胜一局，后两局连胜，又甲在每局比赛中获胜的概率为，各局比赛相互独立，设事件双方打满四局且比赛结束，甲获胜为，则；【小问2详解】的可能取值为，，.，则甲或乙连赢两局，所以；，则甲或乙在前局比赛中只赢了第一局或第二局，所以；，则在前局比赛中双方打平，所以，所以的分布列为.19.如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，

12，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.（1）求证：直线平面；（2）直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.【小问1详解】证明：∵，分别是，的中点，∴，又平面，面，∴面，又面，面面，∴，又，面面，面面，∴面，则面；【小问2详解】解：取中点，连接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，∵点，分别是，中点，连接，则，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

13则，，，，，，∴，，设，，设面的法向量为，则，取，得，，，依题意，得，即，解得，即，∴，∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．20.已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若，且在时恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.

14【解析】【分析】（1）求导，分和两种情况讨论分析单调性即可；（2）由已知不等式可令，通过恒成立，得到；再证明当时，在时恒成立.利用放缩法得到，所以只需证在时恒成立.记，求导，结合导数研究函数的最值，即可求解.【详解】解：（1），①当时，恒成立，即函数在递减；②当时，令，解得，令，解得，即函数上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意，即当时在时恒成立，即在时恒成立.记，则，记，在递增，又，当时，得.

15下面证明：当时，在时恒成立.因为.所以只需证在时恒成立.记，所以，又，所以在单调递增，又，所以，单调递减；，单调递增，所以，∴在恒成立.即在时恒成立.综上可知，当在时恒成立时，实数a的取值范围为.【点睛】方法点睛：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，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.21.已知椭圆E:的一个焦点为,长轴与短轴的比为2:1.直线与椭圆E交于P､Q两点,其中为直线的斜率.(1)求椭圆E的方程;(2)若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,问:是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O,不论直线的斜率取何值,定圆O恒与直线相切?如果存在,求出圆O的方程及实数m的取值范围;如果不存在,请说明理由.

16【答案】(1)(2)存在,.的取值范围是【解析】【分析】（1）根据题意直接计算出得到答案.（2）设直线OP的方程为:点的坐标为,则,联立方程组，设坐标原点O到直线的距离为d,则有，得到，计算得到答案.【详解】(1)由已知得:解得:椭圆E的方程为(2)假设存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切.这时只需证明坐标原点O到直线的距离为定值即可.设直线OP的方程为:点的坐标为,则,联立方程组①以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,,直线OQ的方程为:在①式中以换t,得②又由知:

17设坐标原点O到直线的距离为d,则有又当直线OP与轴重合时,此时由坐标原点O到直线的距离为定值知,所以存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切,定圆O的方程为:.直线与轴交点为,且点不可能在圆O内,又当k=0时,直线与定圆O切于点,所以的取值范围是【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.（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，则按所做的第一题记分.22.已知点在曲线上．（1）求动点的轨迹C的参数方程，并化为直角坐标方程；（2）过原点的直线l与（1）中的曲线C交于A，B两点，且，求直线l的斜率．【答案】（1）参数方程为，为参数；直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）先将曲线化为参数方程，可得到动点，从而得到点M的轨迹C的参数方程，再转化为直角坐标方程即可；（2）先设l的参数方程，再代入曲线C的方程得，再结合韦达定理和同角三角函数的基本关系求解即可．【小问1详解】

18由题意，曲线的参数方程为，为参数，则，再设，则，为参数，消去参数，得到，故点M的轨迹C的方程为．【小问2详解】设l的参数方程为（t为参数），且，代入曲线C的方程得，设A，B两点对应得参数分别为，，则，所以，则，即直线l的斜率为．23.设不等式的解集为，且，.（1）求的值；（2）若、、为正实数，且，求的最小值.【答案】（1）（2）的最小值为【解析】【分析】（1）根据，可得出实数的取值范围，结合可得出的值；（2）由（1）可得，利用柯西不等式可求得的最小值.【小问1详解】因为，，所以，，即，因为，则.【小问2详解】

19由（1）可知，，由柯西不等式可得，当且仅当时，即当，时，等号成立，所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，因此，的最小值为.

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