【文档说明】四川大学附中2023届高三上学期期中（半期）考试数学理科试卷+答案.docx，共(22)页，1.273 MB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83376.html

以下为本文档部分文字说明：

川大附中2022-2023年度上期高2023届半期考试数学理科一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个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{|(3)(1)0}Axxx

，2|1Byyx，则AB等于（）A.(1,)B.[1,)C.(1,3]D.(1,)【答案】B【解析】【分析】根据集合的运算的定义求解.【详解】由(3)(1)0xx解得13x,所以13{|}Axx,又因为211y

x,所以|1Byy,所以[1,)AB.故选:B.2.在复平面内，复数z满足(1i)2z，则复数z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数z，即可求出答案.【

详解】21i21i1i1i1iz，复数z对应的点为()1,1-则复数z对应的点位于第四象限故选：D.3.记等差数列na的前n项和为nS,若1122S,则13911aaaa

（）A.2B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的前n项和公式及等差数列性质:若mnpq,则mnpqaaaa即可得到结果.【详解】解:由题知1122S,即1111161111222aaSa,62a,13961184aaaaa

.故选:C4.设随机变量服从正态分布3,4N，若232PaPa，则a的值为（）A.73B.43C.3D.5【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的对称性，即得解【详解】由

题意，根据正态分布的对称性2327323aaa故选：A5.已知某样本的容量为100，平均数为80，方差为95，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将90记录为70，另一个

错将80记录为100．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x，方差为2s，则（）A.80x，295sB.80x，295sC.80x，295sD.80x，295s【答案】A【解析】【分析

】根据平均数和方差公式即可求解.【详解】根据题意知,重新求得样本的平均数为1008070100908080,100设收集的98个准确数据为1298,,,xxx,则222221298195(80)(80)(80)(7080)(10

080)100xxx22212981(80)(80)(80)500100xxx,22222212981(80)(80)(80)(9080)(8080)100sxxx222212981(80)

(80)(80)10095100sxxx,故选:A.6.若tan2，则sin1sin2sincos（）A.65B.25C.25D.65【答案】C【解析】【分析】将式子先利用

二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(221sincos)，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan2即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：22sinsincos2sincossin1sin2sinsincossincossincos

2222sinsincostantan422sincos1tan145．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用tan2，求出sin,c

os的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．7.函数22ln(1)()cosxxfxxx的图象大致为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个

选项，再取特殊值得解.【详解】∵令g(x)=2cosxx，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减，则有g(x)在(0,)上单调递增，而(0)1,(1)1cos10gg，所以存在0(0,1)x使得0()0gx，()fx中0,

xRxx，排除C、D，∵2x时()0fx，排除B，所以选A.故选：A【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.8.下列命题中，不正确的是（）A.在ABC中，若AB，则sinsinABB.在锐角ABC中，不等

式sincosAB恒成立C.在ABC中，若coscosaAbB，则ABC必是等腰直角三角形D.在ABC中，若60B，2bac，则ABC必是等边三角形【答案】C【解析】【分析】由正弦定理和大边对大角判断选项A，由ABC为锐角三角函数得022AB，进而sinsin

cos2ABB即可判断选项B，再利用正弦定理边化角即可求出22AB或22AB即可判断选项C，利用余弦定理判断选项D.【详解】在ABC中，由正弦定理可得sinsinabAB，sinsinABabAB,故选项A正确；在锐角ABC中，

,0,2AB，且2AB，则022AB，sinsincos2ABB，故选项B正确；在ABC中，由coscosaAbB，利用正弦定理可得sin2sin2AB,得22A

B或22AB,故AB或2AB，即ABC是等腰三角形或直角三角形，故选项C错误；在ABC中，若60B，2bac，由余弦定理可得2222cosbacacB22acacac，

即20ac，解得ac，60BABC必是等边三角形，故选项D正确.故选:C.9.在ABC中，点D在BC上，且满足14BDBC，点E为AD上不包括,AB任意一点，若实数x，y满足BExBAyBC，则12x

y的最小值为（）A.22B.43C.423D.942【答案】D【解析】【分析】根据三点共线利用共线定理确定,xy间的关系，再利用基本不等式即可求解.详解】由题可知，BEBAAEBAADBABDBA,其中01，(1)BEBABD

，又因为4BExBAyBCxBAyBD,所以14xy，且0,0xy，所以41xy，所以12124242(4)992942yxyxxyxyxyxyxy，当且仅当42y

xxy且41xy即22174214xy时取得等号，所以12xy的最小值为942.故选:D.10.2022年9月30日至10月9日，第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都

举行，组委会安排甲、乙等6名工作人员去4个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙2人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（）A.240B.180C.156D.144【答案】A【解析】【分析】对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法

计数原理可求得不同的安排方法种数.【详解】分以下两种情况讨论：【（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，此时，不同的安排方法种数为123443CCA144种；（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽

取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，此时，不同的安排方法种数为1444CA96种.综上所述，不同的安排方法种数为14496240.故选：A.11.设点P是抛物线1C:24xy上的动点,点M是圆2C

:22(5)(4)4xy上的动点,d是点P到直线=2y的距离,则||dPM的最小值是（）A.522B.521C.52D.521【答案】B【解析】【分析】根据题意画出图像,将d转化为抛物线上点到准线的距离再

加1,也即是抛物线上点到焦点的距离加1,若求||dPM的最小值,转化为抛物线上点到焦点距离和到圆上点的距离再加1即可,根据三角形两边之和大于第三边,即当112,,,FPMC共线时,||dPM取最小值为

21FCr,算出结果即可.【详解】解:由题知圆2C:22(5)(4)4xy,25,4,2Cr0,1F为抛物线焦点,1y为抛物线准线,则过点P向1y作垂线垂足为D,如图所示:则1dPD,根

据抛物线定义可知PDPF,1dPF,||dPM=1PFPM,若求||dPM的最小值,只需求PFPM的最小值即可,连接2FC与抛物线交于点1P,与圆交于点1M,如图所示,此时PFPM最小,为2FCr,2min1dPMFCr,

220,1,5,4,52FCFC,2min1521dPMFCr.故选:B12.不等式15eln1xaxxx对任意(1,)x恒成立，则实数a的取值范围为（）A.1e]（，B.4]

（，C.(e,1e]D.(,2]【答案】B【解析】【分析】由导数构造不等式后求解，【详解】设()e1xfxx，()e1xfx，当0x时()0fx，当0x时()0fx，故()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增，()(0)0fx

f，得不等式e1xx，当且仅当0x时等号成立，(1,)x时，15eln1xaxxx可化为14lnelnxxxax，而14lne14ln14lnlnxxxxxxxx，当且仅当14ln0xx时等号成立，设()14lngxxx

，22(e)e90g，33(e)e130g，故()0gx在23(e,e)x上有解，故a的取值范围是4]（，故选：B二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在62xx的展开式中，常数项是___________.

（用数字作答）【答案】160【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案.【详解】62xx的展开式的通项公式为6621662()(2),0,1,2,,6rrrrrrrTCxCxr

x，令620,3rr，故常数项为336(2)160C，故答案为：16014.已知函数fx是定义在R上的奇函数，当,0x时，22fxxx，若实数m满足2log3fm，则m的取值范围是______．【答案】0,2【解

析】【分析】根据当,0x时，22fxxx和函数fx是定义在R上的奇函数，得到函数fx在R上的递增，再由2log311fmff，利用函数的单调性求解.【详解】解：因为当,0x时，22fxxx，所以由二次函数的性质得fx在,

0x上递增，又因为函数fx是定义在R上的奇函数，所以函数fx在R上的递增，又2log311fmff，所以22log1log2m，解得02m，所以m的取值范围是0,2，故答案为

：0,215.已知数列na的首项12a，其前n项和为nS，若121nnSS，则7a__________．【答案】96【解析】【分析】由题意易得121nnSS(2)n，两式相减可得数列na从第二项开

始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为121nnSS，所以121nnSS(2)n，两式相减得12nnaa，又因为12a，122121Saaa，得23a，所以数列na

从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为22,1,{32,2,nnnan，所以573296a，故答案为：96.16.已知函数()sin()fxx（0,R）在区间75,126ππ上单调,且满足74π12π3ff

．(1)若5π()6fxfx,则函数()fx的最小正周期为__________;(2)若函数()fx在区间213,36ππ上恰有5个零点,则的取值范围为________

__．【答案】①.π②.833【解析】【分析】(1)根据74π12π3ff可得到fx对称中心,因为75,126ππ上单调,判断7π5,12π6与对称中心之间的距离,确定最大的单调区间,进而判断的大概取值范围

,再根据5π()6fxfx确定对称轴,将得到的式子进行整合,即可得到的值确定周期;(2)根据(1)的对称中心及的大概取值范围,可知203f,即23是其一个零点,所以(

)fx在区间213,36ππ上恰有五个零点,只需13π6在第五个零点之间和第六个零点之间即可,根据相邻两个零点之间是半个周期,得出不等式，计算即可,另加上(1)中的大概取值范围,得到最后结果即可,需要注意前提条件中区间75,126ππ上

单调,要确定最大的单调区间,才能确定的取值范围.【详解】解:由题知731π24πff,()fx\对称中心为2,03,代入可得112,3kkZ①()fx在区间75,126ππ上单调,且

fx对称中心为2,03,又5227,6363621ππ2()fx在区间π5π,26上单调526ππ32πT即2π3T,即22π3,03(1)5π()6fxfx,()fx\关于5π12x对称,代入可

得225,122kkZ,②,①-②可得,42kkZ,即24,kkZ,0322T;(2)fx对称中心为2,03,203f,(

)fx区间213,36ππ上恰有5个零点,()fx相邻两个零点之间的距离为2T,五个零点之间即2T,六个零点之间即52T,只需π2132363522TT即可,即81033,03,833.故答案为:π;833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.17.随着新高考改革的不断深入，高中学生生涯规划越来越受到社会的关注.一些高中已经开始尝试开设学生生涯规划选修课程，并取得了

一定的成果.下表为某高中为了调查学生成绩与选修生涯规划课程的关系，随机抽取50名学生的统计数据.成绩优秀成绩不够优秀总计选修生涯规划课151025不选修生涯规划课61925在总计212950（Ⅰ）根据列联表运用独立性检验的思想

方法分析：能否有99%的把握认为“学生的成绩是否优秀与选修生涯规划课有关”，并说明理由；（Ⅱ）如果从全校选修生涯规划课的学生中随机地抽取3名学生，求抽到成绩不够优秀的学生人数的分布列和数学期望（将频率当作概率计算）.参考附表：2PKk0

.1000.0500.0100.001k2.70638416.63510.828参考公式22nadbcKabacbdcd，其中nabcd.【答案】（Ⅰ）有把握，理由见解析；（Ⅱ）分布列见解析，65.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题中所给的公式求出2K的值

，然后根据参考附表进行判断即可；（Ⅱ）由题意可以求出在全校选修生涯规划课的学生中随机抽取1名学生成绩优秀的概率，成绩不优秀的概率，可以判断可取值为0，1，2，3，根据二项分布的性质进行求解即可.【详解】（Ⅰ）由题意知，2K的观测值25015196106.65

06.63521292525k.所以有99%的把握认为“学生的成绩优秀与是否选修生涯规划课有关”.（Ⅱ）由题意知在全校选修生涯规划课的学生中随机抽取1名学生成绩优秀的概率为35，成绩不优秀

的概率为25，可取值为0，1，2，3.03032327055125PC12132354155125PC21232336255125PC

.3033238355125PC所以的分布列为0123P27125541253612581252~3,5B，26355E.【点睛】本题考查了2K的计算，考查了二项分布的性质应用，

考查了离散型随机变量分布列和数学期望，考查了数学运算能力.18.如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于,AB的点，且30BAC，MN为上底面圆O的一条直径，MAC△是边长为23的等边三角形，4MB.（1）证明：BC平面MAC；（2）求

平面MAC和平面NAB夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）31313【解析】【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.【小问1详解】∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于,AB的点，故=

90ACB又∵=30BAC，23AC，∴4ABMB∵ACMC，BCBC∴ABCMBC，∴=90BCM∴BCMC，又∵BCAC，ACMCC?，,ACMC平面MAC∴BC平面MAC【小问2详解】取AC的中点，连接,DMDO，则MDAC，由(1)可知，BC

DM∵ACBCC，∴DM平面ABC，又∵ODAC∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意可得(3,0,0)A，(3,2,0)B，∵OO平面ABC，∴//'DMOO，

四边形ODMO为矩形，∴(0,2,3)N平面MAC的一个法向量为1(0,1,0)n.设平面NAB的一条法向量为2(,,)nxyz，(23,2,0)ABuuur，(3,2,3)AN由2200nABnAN

得23203230xyxyz令3x，则3y，1z平面NAB的一个法向量为2(3,3,1)n则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为1212·3313133911nnnn∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为3131319.在①2111253nnnn

aaaa，且0na；②12,2,3nnnSSS成等差数列，且249S；③20nnSat（t为常数）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列na的前n项和为11,3nSa，_

_______，其中*nN．（1）求na的通项公式；（2）记113lognnba，数列nnab的前n项和为nT，求证：2534nT„．【答案】（1）13nna；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）若选

条件①：把已知条件2111253nnnnaaaa变形为11203nnnnaaaa，从而得到113nnaa，即得到数列na是首项为13，公比为13的等比数列；若选条件②：由已知条件得到1223nnnSSS，再根据nS与na的关系式得到12

3nnaa，从而得到数列na是首项为13，公比为13的等比数列；若选条件③：根据nS与na的关系式得到113nnaa，从而得到数列na是首项为13，公比为13的等比数列.（2）由（1）得到13

nnnnab，从而根据错位相减求和法求nT.【详解】（1）若选条件①：由2111253nnnnaaaa，得211325nnnnaaaa，即12210352nnnnaaaa

，所以11203nnnnaaaa，因为0na，所以130nnaa，即113nnaa，又113a，所以数列na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna；若选条件②：因为12,2,3nnnSSS成等差数列，所以1243nnn

SSS，即1213nnnnSSSS，所以123nnaa，又249S，113a，所以219a，即2113aa，所以113nnaa，所以113nnaa，又113a，所以数列na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna；若选条件

③：因为20nnSat，所以2n时，1120nnSat，两式相减并整理，得113nnaa2n，即113nnaa2n，又113a，所以数列na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna

.（2）由（1）知：1113nna所以311113logl113ognnnanb，所以11133nnnnnabn，所以2323413333nnnT…，所以2341123413333

3nnnT…，两式相减，得122311111332211112113333333313nnnnnnnT…，整理，得525443nnnT，所以54nT.又111152752525272044344

343433nnnnnnnnnnnnTT，所以1nnTT，故nT在nN上单调递增，所以123nTT，所以2534nT„.20.已

知椭圆C：222210xyabab经过点13,2，其右顶点为(2,0)A.（1）求椭圆C的方程；（2）若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为120.求APQ△面积的最大值.【答案】（1）2214xy（2）53【解析】【分析】（1

）根据题意可得221342,1aab，再结合222abc，即可解出,,abc，从而得出椭圆C的方程；（2）依题可设:PQykxm，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到1212,xxxx，然后结合120APAQkk

，可找到,mk的关系，从而可知直线PQ经过定点B，于是△APQ面积等于ABPABQSS△△，即可求出其最大值．【小问1详解】解：依题可得，2222221341aababc，解得213abc，所以椭圆C的

方程为2214xy．【小问2详解】解：易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不垂直于x轴，故可设:PQykxm，0k，1122,,,PxyQxy，由2214xyykxm可得，22

2148440kxmkxm，所以，2121222844,1414mkmxxxxkk，2216410km，而120APAQkk，即121212220yyxx，化简可得，12122022kxmkxmxx①

，因为2222121484414kxmkxmkxxxx，所以，令2x可得，22122161642214kmkmxxk②，令mxk可得，222222121222420802020201414mmmmkkkxmkxmk

xxkkkkk③，把②③代入①得，2222161642080kmkmmk，化简得2260kmkm，所以，2mk或3mk，所以直线:PQ2ykx或

3ykx，因为直线PQ不经过点A，所以直线PQ经过定点3,0．设定点3,0B，所以，12121522APQABPABQSSSAByykxx△△22222216411015521414kmkkkkk，因为2150k，所

以2105k，设29411,5tk，所以2225514951745922993APQttStt，当且仅当97t即2114k时取等号，即△APQ面积的最大值为53．21.已知函数lnfxxkx（Rk），2xgxxe.（

1）求函数fx的极值点；（2）若1gxfx恒成立，求k的取值范围.【答案】（1）当0k时，fx无极值点，当0k时，fx有极大值点1k，无极小值点，（2）[1,)【解析】【分析】（1）先

求出函数的定义域，然后求出导函数，通过判断导函数的正负来判断函数的极点；（2）将不等式恒成立转化为1ln2xxkex对0x恒成立，构造函数1ln()2xxmxex，利用导数研究函数()mx的性质，求解()mx的最值，即可得到k的

取值范围【详解】解：（1）函数的定义域为(0,)，由lnfxxkx，得'11()kxfxkxx，当0k时，'()0fx，所以fx在(0,)上单调递增，函数无极值点，当0k时，由'()0fx，得1xk=，当10xk时，'()0fx，当1xk时，'()0fx

，所以fx10,k上单调递增，在1,k上单调递减，所以fx有极大值点1k，无极小值点，综上，当0k时，fx无极值点，当0k时，fx有极大值点1k，无极小值点，（2）因为1gxfx恒成立，即(

2)(ln)1xxexkx恒成立，所以1ln2xxkex对0x恒成立，令1ln()2xxmxex，则2'221(1ln)ln()xxxxxxexmxexx，令2()lnxnxxxe，则'22ll()(2)(2)0(0)xxxn

xxexeexxxxx，所以()nx在(0,)上单调递减，因为12110,(1)0enenee，所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点01,1xe，使得00nx，即0200lnxxxe，在两边取对数可得000ln(

ln)2lnxxx，即0000ln(ln)(ln)lnxxxx，因为函数lnyxx在(0,)上单调递增，所以00lnxx，所以当00xx时，()0nx，当0xx时，()0nx，所以()mx在00,x上单调递增，在

0,x上单调递减，所以00000001ln11()()221xxxmxmxexxx，所以0()1kmx，所以k的取值范围为[1,)【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解

决不等式恒成立问题，解题的关键是1gxfx恒成立，转化为1ln2xxkex对0x恒成立，然后构造函数1ln()2xxmxex，利用导数求出()mx的最大值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题22.如图，在平面直角坐标系xOy

中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为x轴，建立极坐标系，曲线1C是经过极点且圆心在极轴上直径为2的圆，曲线2C是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为1sin0,2.（1）求曲线1C的极坐标方程，并求曲线1C和曲线2C交点（异于

极点）的极径；（2）曲线3C的参数方程为cos3sin3xtyt（t为参数）.若曲线3C和曲线2C相交于除极点以外的M，N两点，求线段MN的长度.【答案】（1）极坐标方程为2cos，0,2，极

径为85（2）2【解析】【分析】（1）先求出曲线1C的直角坐标方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线1C的极坐标方程；联立曲线1C与曲线2C的极坐标方程，消去可得结果；（2）将曲线3C的参数方程化为直角坐标方程，再化为极坐标方程，联立曲线3C和曲

线2C的极坐标方程，消去得到,MN两点的极径后相加即可得解.【小问1详解】曲线1C的直角坐标方程为2211xy，即2220xyx，将222xy，cosx代入并化简得1C的极坐标方程为2cos

，0,2.由2cos1sin消去，并整理得2580，∴10或285.∴所求异于极点的交点的极径为85.【小问2详解】由cos3sin3xtyt消去参数t得曲线3C的普通方程为3yx，∴曲线3C的极坐标方程为03

和403由31sin和431sin得曲线3C与曲线2C两交点的极坐标为31,23M，341,23N，∴3311222MNOMON

(O为极点).23.设函数45fxxx的最小值为m.（1）求m；（2）设123,,xxxR，且123xxxm，求证：2223121231

1114xxxxxx.【答案】（1）1m；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用“零点讨论法”将绝对值函数表示为分段函数的形式，求分段函数的最值即可；（2）由（1）易构造出1231114xxx，利用柯西不等式即可得结果.【详解】（1）∵

29,41,4529,5xxfxxxx，∴4x时，1fx，且5x时，1fx，∴min1fx，∴1m；（2）由（1）知1231xxx，∴1231114xxx，∵222222331

2121231231234111111111xxxxxxxxxxxxxxx21231xxx，∴22231212311114xxxxxx

，当且仅当12313xxx取等号.【点睛】关键点点睛：得出1231114xxx，构造柯西不等式的形式.