2023届四川省成都市成都市石室中学高三上学期期中数学（文）试题（解析版）

2023届四川省成都市成都市石室中学高三上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（    ）

A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限

【答案】B

【分析】结合复数的除法运算化简，由复数与复平面的对应关系即可求解.

【详解】因为，所以，

所以复数z对应的点为，故在复平面内复数z对应的点在第三象限.

故选：B.

2．已知数列的前n项和是，则（    ）

A．20 B．18 C．16 D．14

【答案】C

【分析】由直接代值运算即可.

【详解】设数列的前n项和为，则，故.

故选：C.

3．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.

【详解】因为全集，

集合，所以,

又因为，所以,

故选:A.

4．函数在区间的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】令，

则，

所以为奇函数，排除BD；

又当时，，所以，排除C.

故选：A.

5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图可还原几何体为一个正方体挖去一个圆锥，根据柱体和锥体的体积公式可求得结果.

【详解】由三视图可知几何体是一个棱长为的正方体挖去一个底面半径为，高为的圆锥，如图所示，

几何体体积.

故选：A.

6．芯片，又称微电路､微芯片､集成电路，是指内含集成电路的硅片，体积很小，常常是计算机或其他电子设备的一部分.“中国芯”是指由中国自主研发并生产制造的计算机处理芯片，为了打破欧美发达国家对“芯片”的垄断，我国政府大力鼓励和支持芯片企业和个人进行自主研发.某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投人资金为m万元，n年后总投人资金记为，且，当研发启动年（    ）后，总投人资金是研发启动时投人资金的4倍.

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】根据题意到得，从而解方程求得，问题得解.

【详解】由题意，得，则，即，解得，

所以研发启动4年后，总投人资金是研发启动时投人资金的4倍.

故选:B.

7．已知命题：在中，若，则；命题：向量与向量相等的充要条件是且.在下列四个命题中，是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断命题、的真假，再对各个选项进行逻辑判断即可.

【详解】命题：

在中，若，

由正弦定理可知，，则，

故命题为真命题.

命题：

向量与向量相等的充要条件是与大小相等，方向相同，

而不一定是与方向相同，也可能是方向相反，

故命题是假命题.

因此，为假命题，为假命题，为假命题，为真命题.

故选：D.

8．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．直线是函数的图象的一条对称轴

B．函数的图象的对称中心为，

C．函数在上单调递增

D．将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象

【答案】B

【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，然后根据三角函数的周期，对称轴，单调区间，奇偶性逐项进行检验即可求解.

【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以.将点代入函数解析式中，得.又因为，所以，故.

对于A，令，，即，，令，则，故A错误；

对于B，令，则，，所以，，即函数的图象的对称中心为，，故B正确；

对于C，令，解得，

因为，所以函数在上单调递减，

在上单调递增，故C错误；

对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误.

故选：.

9．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点，则异面直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件及正方形的性质，再利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，结合两条异面直线相互垂直的定义即可求解.

【详解】取的中点为，连接，如图所示

由正方体，所以四边形、四边形均为正方形，

所以.

由正方体，得平面.

又平面，

所以.

又，平面，

所以平面.又平面，

所以.

又，且，平面.

所以平面.又平面，

所以，

故异面直线与所成的角为.

故选D.

10．在区间上随机取出两个数，则两数的差的绝对值不小于2的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用几何概型中的面积概率公式计算即可.

【详解】设从区间上随机取出的2个数分别为，则实验的所有结果构成的区域为，其面积为，

设事件A表示两数的差的绝对值不小于2，则其构成的区域为，

即图中阴影部分面积，其面积为，

所以.

故选：B.

.

11．若函数在区间上单调递减，则实数的最大值是（    ）

A．1 B． C．0 D．

【答案】B

【分析】由函数在区间上单调递减，等价于在区间上恒成立，分离参数后得到，令，通过即可求出的最大值.

【详解】因为函数在区间上单调递减，

所以在区间上恒成立，

即在区间上恒成立.

令，则，

所以在上单调递减，上单调递增，

故，则，即.

经检验，当时，满足题意，所以实数的最大值是.

故选：B.

12．已知是圆上的两个动点，，点为线段的中点，点为抛物线上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出点坐标，由几何关系得点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，

点为抛物线上的动点，所以设，先求出，

所以的最小值为

【详解】圆可化为，

所以点.又因为点为线段的中点，且，

所以，所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆.

因为点为抛物线上的动点，所以设，

则，

所以当时，，

所以的最小值为.

故选：C.

二、填空题

13．已知向量满足，则_______．

【答案】

【分析】通过平方的方法化简已知条件，从而求得.

【详解】由两边平方得.

故答案为：

14．已知数列为递增的等比数列，若，且是和的等差中项，则__________.

【答案】1024##

【分析】设出公比，利用是和的等差中项，列出方程，求出公比，从而结合得到答案.

【详解】设等比数列的公比为，

因为是和的等差中项，所以，即，

因为，则，解得或，

因为等比数列是递增数列，所以，

又因为，所以.

故答案为：1024

15．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________.

【答案】

【分析】根据双曲线定义结合余弦定理可推得，结合三角形面积可推得，由可得，继而推得，，再利用勾股定理结合即可求得c，可得答案.

【详解】设双曲线C：的半虚轴为b,半焦距为c,

由题意得，所以，

又，

两式相减可得，

则，所以，

又的面积为3，，所以，

得，所以，

因为，所以，即，

又因为，所以，，

所以，得，

又因为，且，所以，所以双曲线C的焦距为，

故答案为：.

16．已知的所有顶点都在球的表面上，，球的体积为，若动点在球的表面上，则点到平面的距离的最大值为__________.

【答案】

【分析】设的外接圆的圆心为半径为，球的半径为，由题意可得，

，当点为的延长线与球的交于点时，到平面的距离的最大，即可得答案.

【详解】解：因为，

所以，即.

设的外接圆的圆心为的外接圆的半径为，球的半径为，则

，

因为平面，

所以，则.

延长与球交于点，当点与点重合时，

点到平面的距离取得最大值.

故答案为：

三、解答题

17．已知函数.

(1)求函数的最小正周期；

(2)设的内角所对的边分别为，若，求的值.

【答案】(1)最小正周期为

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换得到，求出最小正周期；

（2）在第一问的基础上，求出，由余弦定理得到，得到，，故，求出.

【详解】（1）因为，

所以函数的最小正周期为.

（2）因为，所以.

又，所以，故，解得：.

因为，所以.

由余弦定理，得，

即，则，

所以，

所以，则，.

所以.

18．为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答.共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成，，，，，这六组，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该组数据的中点值代替）

(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.

【答案】(1)，中位数为，平均数为72

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质以及中位数和平均数的概念，进行计算即可得解；

（2）根据分层抽样在[60，70）内的有人，分别记为A，B；问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C，从中任意抽取2人，列出实验的样本空间，再利用概率公式，进行计算即可得解.

【详解】（1）由图可知，，解得.

设中位数为x，则，所以.

这100人问答成绩的平均数约为.

（2）用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60，80）内的人中抽取一个容量为5的样本，

则问答成绩在[60，70）内的有人，分别记为A，B；

问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C.

从中任意抽取2人，则实验的样本空间

{（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c）}，共有10个样本点.

设事件A为2人的问答成绩均在[70，80）内的概率，

则，

所以这2人的间答成绩均在[70，80）内的概率.

19．如图，在几何体中，四边形为梯形，四边形为矩形，平面平面.

(1)求证：平面平面；

(2)求三棱锥与四棱锥的体积的比值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件求得，，勾股定理可得，面面垂直的性质可得平面，由线面垂直的性质定理可得，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；

（2）利用计算可得答案.

【详解】（1）因为四边形为梯形，，

所以，，由余弦定理可得，解得，

则，即，

因为四边形为矩形，所以，

又平面平面，平面平面，

所以平面，

又平面，

所以，

又，平面，

所以平面，

又平面，

所以平面平面；

（2）由（1）可知，，

所以三棱锥与四棱锥的体积的比值为.

20．已知函数是自然对数的底数）.

(1)若函数在处的切线方程为，求实数的值；

(2)若，使得成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先对函数求导，再求出在处的导数值，根据题目所给直线的斜率即可求解.

（2）首先构造新函数，根据题意的分析，只要即可，然后通过对分类讨论，求出的最小值即可.

【详解】（1）由题意，知，则.

因为函数在处的切线方程为，

所以，解得.

（2）令，

则，即，

所以，即

因为，使得成立，

即，使得成立，

所以.

①当时，在上恒成立，函数在区间上单调递增，

所以，

所以.

②当时，令，解得；令，解得，

所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，

所以，即，故.

综上所述，实数的取值范围为.

21．已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.

(1)求曲线C的方程；

(2)求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；

（2）设直线AB的方程为，，，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.

【详解】（1）设曲线C上的任意一点的坐标为，

由题意，得，即，所以曲线C的方程为；

（2）由题意，设直线AB的方程为，，，则.

联立方程得，则，

所以，，所以.

又因为，所以直接PB的方程为.

令，则，

所以，.

因为

，

所以.

令，，则.

又因为在上单调递减，所以当时，，

故面积的最大值为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴（取相同的长度单位），建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

(2)若点P的极坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用消元法将参数方程化为普通方程即可得到直线l的普通方程；利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得到曲线C的直角坐标方程；

（2）将点P的极坐标化为直角坐标判断得P在直线l上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线l代入曲线C的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解.

【详解】（1）因为直线l的参数方程为（t为参数），

所以直线l的普通方程为；

因为，即，

所以，得，

所以曲线C的直角坐标方程为.

（2）因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，所以点P在直线l上，

将直线l的参数方程（t为参数），代入，化简得，

设A，B两点所对应的参数分别为，，则，，故，，

所以，，

所以.

23．已知函数，M为不等式的解集.

(1)求集合M；

(2)设a，，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）采用零点讨论法去绝对值可直接求解；

（2）结合绝对值三角不等式得，要证，即证，即证，去平方结合因式分解即可求证.

【详解】（1）.

①当时，不等式可化为，解得，则；

②当，不等式可化为，解得，则；

③当时，不等式可化为，解得，则.

综上所述，；

（2）证明：因为（当且仅当时取等号），

所以要证，只需证，

即证，即证，即证，

即证.

由（1）可知，.

因为a，，所以，所以成立.

综上所述，.