2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集、补集的定义，即得解

【详解】由题意，全集，集合，，

故

则

故选：C

2．复数（其中为虚数单位）的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法的运算法则，求出复数，然后由虚部的定义即可求解.

【详解】解：因为复数，

所以复数的虚部为，

故选：A.

3．青少年视力被社会普遍关注，为了解他们的视力状况，经统计得到图中右下角名青少年的视力测量值（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数．如果执行如图所示的算法程序，那么输出的结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于的人数，结合茎叶图判断可得；

【详解】解：根据程序框图可知，该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于的人数，由茎叶图可知视力小于等于的有5人，

故选：B

4．抛物线上的一点到其焦点的距离等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由点的坐标求得参数，再由焦半径公式得结论．

【详解】由题意，解得，

所以，

故选：C．

5．已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，根据题干三视图的数据，以及圆锥的侧面积和球的表面积公式，即得解

【详解】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同

底面圆的半径，圆锥的母线长

记该几何体的表面积为

故

故选：B

6．在的展开式中，项的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由二项式定理可得展开式通项，令即可求得项的系数.

【详解】展开式通项公式为，

令，解得：，项的系数为.

故选：A.

7．在平行四边形 中，，，，是的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先用基底表示出,直接进行数量积运算即可得到答案.

【详解】在平行四边形 中， ，，，是的中点，

所以.

所以

=6

故选：D

8．“为第二象限角”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

【答案】A

【分析】根据条件求出的范围，从而可判断出选项.

【详解】因为，

所以由，得，即，

所以，

即，

所以当为第二象限角时，；

但当时，不一定为第二象限角，

故“为第二象限角”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

9．已知直线与圆相切，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由直线与圆相切可得，然后利用均值不等式可得，从而可求的最大值.

【详解】解：因为直线与圆相切，

所以，即，

因为，所以，

所以，

所以的最大值为，

故选：D.

10．关于函数的叙述中，正确的有（    ）

①的最小正周期为；

②在区间内单调递增；

③是偶函数；

④的图象关于点对称.

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】C

【分析】应用差角余弦公式、二倍角正余弦公式及辅助角公式可得，再根据正弦型函数的性质，结合各项描述判断正误即可.

【详解】，

∴最小正周期，①错误；

令，则在上递增，显然当时，②正确；

，易知为偶函数，③正确；

令，则，，易知的图象关于对称，④错误；

故选：C

11．攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据正八边形的性质，结合二倍角正切公式及正切的定义求上檐平面中心到檐边的距离，再根据题设求攒尖坡度.

【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，

∴，而，

∴，(舍)，又，故，

由题设知：攒尖坡度为.

故选：D

12．如果直线与两条曲线都相切，则称为这两条曲线的公切线，如果曲线和曲线有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把曲线和曲线有且仅有两条公切线，转化为有且仅有两解.

记，利用导数研究单调性和极值，建立不等式，即可解得.

【详解】曲线上一点，，切线方程为：.

曲线上一点，，切线方程为：.

若直线与两条曲线都相切，则有，消去得：.

因为曲线和曲线有且仅有两条公切线，

所以有且仅有两解.

记，则.

令，得，所以在上单增；，得，所以在上单增.

所以.

又有，解得：（舍）或.

当，则；当，则；

而，所以要使有且仅有两解，

只需，解得：.

故选：B

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围.

二、填空题

13．命题“，”的否定是_______________________．

【答案】

【分析】根据命题的否定的定义求解．

【详解】特称命题的否定是全称命题．

命题“，”的否定是：．

故答案为：．

14．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是_______________________．

【答案】

【分析】应用换元法将题设不等式转化为在上恒成立，根据二次函数的性质求的范围.

【详解】令，则在上恒成立，

若，开口向上且对称轴

∴，解得.

故答案为：

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_______________________．

【答案】

【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：.

三、双空题

16．已知某品牌电子元件的使用寿命（单位：天）服从正态分布.

（1）一个该品牌电子元件的使用寿命超过天的概率为_______________________；

（2）由三个该品牌的电子元件组成的一条电路（如图所示）在天后仍能正常工作（要求能正常工作，， 中至少有一个能正常工作，且每个电子元件能否正常工作相互独立）的概率为__________________．

（参考公式：若，则）

【答案】     .     .

【分析】由题设可知，利用正态分布的对称性求电子元件的使用寿命超过天的概率，应用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求电路在天后仍能正常工作的概率.

【详解】由题设知：，

∴.

由题意，要使电路能正常工作的概率.

故答案为：，.

四、解答题

17．已知，数列的首项，且满足下列条件之一：①；②．（只能从①②中选择一个作为已知）

(1)求的通项公式；

(2)若的前项和，求正整数的最小值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）若选①，则可得，从而可得数列是以2为公差，2为首项的等差数列，则可求出，进而可求出，若选②，则，从而可得数列是以为公比，1为首项的等比数列，则可求出，进而可求出，

（2）利用错位相减法求出，从而可求出正整数的最小值

【详解】(1)若选①，则由可得，所以数列是以2为公差，为首项的等差数列，

所以，所以，

若选②，则由，得，所以数列是以为公比，为首项的等比数列，

所以，所以

(2)因为，

所以，

所以

，

所以，

所以，所以正整数的最小值为4，

18．如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点.

(1)求证：平面；

(2)已知，，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2)

【分析】（1）连接交于，连接，易得，再根据线面平行的判定即可证结论.

（2）为中点，结合已知可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，写出对应点坐标，并求出直线的方向向量和平面的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】(1)由题设，连接交于，易知：是的中点，连接，

∵是的中点，

∴，又面，面，

∴面.

(2)底面是菱形，，即，若为中点，则，

∴，故在直四棱柱中有、、，

∴可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，

∴，则，

若是面的一个法向量，则，令，则，

∴，故直线与平面所成角的正弦值.

19．某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为 .现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记.

(1)请将列联表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关?

(2)为进一步了解产品出现等级差异的原因，现将样本中所有二等品逐个进行技术检验（随机抽取且不放回）.设甲生产线的两个二等品恰好检验完毕时，已检验乙生产线二等品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望.

参考公式：.

【答案】(1)答案见解析；

(2)分布列见解析，数学期望为2.

【分析】（1）分析题意完成2×2列联表,直接套公式求出，对照参数下结论；

（2）直接求出概率，写出分布列，套公式求出数学期望.

【详解】(1)由题意可得，一共抽样50个，产量之比为 ，按分层抽样抽取，故甲生产线抽取，乙生产线抽取，故甲生产线抽取一等品40-2=38，乙生产线抽取二等品10-7=3，填表如下：

所以，

故有97.5％把握认为产品的等级差异与生产线有关

(2)依题意得，检验顺序的所有可能为甲甲乙乙乙，甲乙甲乙乙，乙甲甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲乙甲乙，乙乙甲甲乙，甲乙乙乙甲，乙甲乙乙甲，乙乙甲乙甲，乙乙乙甲甲，共10种可能.

的所有可能取值为：0，1，2，3.

故，，，，

则的分布列为：

所以

20．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为.

(1)求椭圆的方程及离心率；

(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.

【答案】(1)椭圆的方程，离心率；

(2)

【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；

（2）先用“设而不求法”求出直线经过定点，再判断出的轨迹为以BF为直径的圆，即可求出轨迹方程.

【详解】(1)由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，

离心率为.

(2)当直线的斜率存在时，可设l：代入椭圆方程，得：.

设，所以.

由（1）可知，点A（-2，0），离心率.

因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以.

所以.  

把代入，整理化简得：，

即，所以或.

由直线l：，

当时，经过定点（-2，0），与A重合，舍去；

当时，经过B定点（，0）；

当直线的斜率不存在时，可设l：，则，

因为，所以，

解得：或.

当时，直线经过点A，舍去；

当时，直线经过B定点（，0）.

综上所述，直线l经过B定点（，0）.

而在上的射影，即为FH⊥l.所以点H的轨迹为以BF为直径的圆.

其中,,所以圆心，半径，

所以圆的方程为，

故点H的轨迹方程为.

21．已知函数 在区间内存在极值点.

(1)求实数的取值范围；

(2)求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小．

【答案】(1).

(2)证明见解析，.

【分析】（1）由题设知可得，利用导数研究在上的单调性，即可求的取值范围，注意验证所得是否符合题设；

（2）将问题转化为在上存在唯一零点，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性及个数，即可证结论；根据在的单调性及且，只需判断的符号，即可判断与的大小．

【详解】(1)由题设，，又，则且，

∴，即在上递增，故，

当时，在上，即递增，又，，

∴上，上，则在上递减，在上递增，

∴在处取极小值，符合题设.

∴.

(2)要证在内存在唯一的使，只需证在上有唯一零点，

∴，由（1）知：在上递减，在上递增，

又时，，即在上递增，

综上，在上递减，在上递增，而，，

∴在无零点，在上存在一个零点，故存在唯一使.

由（1）知：，

∴，

令且，则，

令，则，则递增，

∴，即，故在上递增，则，

∴在有，

即有，又在上递增且，

∴.

【点睛】关键点点睛：第二问，构造函数，并利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性和唯一性；利用函数的区间单调性判断参数与的大小．

22．在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）的普通方程为，直线的参数方程为（其中，为参数）.

(1)以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求和的极坐标方程；

(2)设，是与轴的交点，，是与的交点（四点均不同于），当变化时，求四边形的最大面积.

【答案】(1)的极坐标方程为，的极坐标方程为且.

(2).

【分析】（1）应用公式法求的极坐标方程，利用消参法求直线普通方程，再由公式法求其极坐标方程.

（2）由题设可得，根据与的对称性可知，若在第一象限，联立（1）所得极坐标方程求的范围，由即可求面积最大值.

【详解】(1)由，

则为，

∴的极坐标方程为，

由题设，应用消参法可知：直线普通方程为，

则的极坐标方程为且.

(2)由题设，当时有，即，

又且是过原点的直线，结合伯努利双纽线的对称性知：，的横纵坐标互为相反数，若在第一象限，则在第三象限，

∴，

联立、，有，则且，

又，

∴，

而，

∴，故当时有最大.

23．设为不等式的解集.

(1)求；

(2)若，，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论求绝对值不等式的解集即可；

（2）由题设可得，根据绝对值的几何意义可得即可求最大值.

【详解】(1)由题设，，

当时，，无解；

当时，，可得；

当时，，可得.

综上，.

(2)，又，

∴，当且仅当时等号成立，

∴.