2023届四川省成都市第七中学高三上学期阶段性考试数学试题含解析

这是一份2023届四川省成都市第七中学高三上学期阶段性考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用一元二次不等式的解法和对数不等式的解法求解.
【详解】由解得，所以，
由解得，所以，
所以，
故选:B.
2．设复数的共轭复数为，若，则对应的点位于复平面内的（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】利用复数除法运算求得，从而求得，进而确定正确答案.
【详解】依题意，
所以，对应点为，在第三象限.
故选：C
3．已知则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件概率的定义，利用条件分别求得和，从而求得.
【详解】由题知，，，
，
又，
则.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用条件概率的定义分别求得事件同时发生的概率，再利用求得.
4．如图，在中，D为AB的中点，若P为CD上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用向量的加减法运算法则、共线向量的表示、以及平面向量基本定理可求解.
【详解】由题可知，三点共线，所以可设,
又因为
所以,
所以
所以.
故选:A.
5．，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由指数函数与对数函数的单调性求解即可
【详解】因为，
，
，
即，，，
所以，
故选：B
6．已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数图象特点，结合指数型函数图象的特点进行判断即可.
【详解】的函数图象与轴的交点的横坐标为的两个根，
由可得两根为a，b，
观察的图象，可得其与轴的两个交点分别在区间与上，
又∵，∴，，
由可知，
当时，为增函数，
又由得的图象与y轴的交点在x轴上方，
分析选项可得C符合这两点．
故选：C．
7．等差数列中，，则的值为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式与整体法直接计算可得.
【详解】因为是等差数列，，
所以，整理得，
则.
故选：B.
8．已知正四面体的棱长为，为上一点，且，则截面的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在立体图形中作平面几何分析，利用余弦定理和面积公式求解即可.
【详解】
因为，所以，
所以在正三角形中，由余弦定理可知：
因为和都是正三角形，
所以,
所以，所以，
所以是等腰三角形，取中点，则，
所以，
.
故选:D.
9．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开关两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求点关于直线对称的点，再根据两点之间线段最短，即可得解.
【详解】
如图，设关于直线对称的点为，
则有 ，可得，可得，
依题意可得“将军饮马”的最短总路程为，
此时，
故选：B.
10．半径为的圆上有三点、、满足，点是圆内一点，则的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据平面向量加法的几何意义结合圆的几何性质可以确定四边形是菱形，结合菱形的性质、圆的几何性质、平面向量运算法则进行求解即可.
【详解】如图，与交于点，由得：
四边形是菱形，且，则，，
由图知，，而，
∴，
同理，，而，
∴，
∴，
∵点是圆内一点，则，∴.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：根据及半径相等得到四边形是菱形，以及运用平面向量的运算的性质是解题的关键.
11．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，满足，，则该“鞠”的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题实际上是求四面体外接球的面积问题. 设出球心，根据已知条件求出外接球半径即可.
【详解】由已知得△，△均为等边三角形.如图所示，
设球心为，△的中心为，
取的中点，连接，，，，，，
则，，得平面，
且可求得，
而，所以.
在平面中过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，得，
故平面，过点作于点，
则四边形是矩形.
则，，
，.
设球的半径为，，
则由，，
得，，
解得，.
故三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
【点睛】思路点睛：
解决与外接球有关的问题时，要认真分析图形，明确球心的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图求解.
12．若实数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将原不等式转化为进一步转化为构造并讨论的单调性与最值即可求解.
【详解】因为，所以
所以所以
令，则即
所以
令，
令解得，令解得，
所以在单调递增，单调递减，
，
要使成立，即，
则当且仅当，
所以解得，
所以，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误.
故选:A.
二、填空题
13．一个数字不重复的三位数的百位、十位、个位上的数字依次记为，，，当且仅当，，中有两个不同数字的和等于剩下的一个数字时，称这个三位数为“有缘数”（如213，341等）．现从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数，则这个三位数为“有缘数”的概率是______．
【答案】##
【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足“有缘数”的数字个数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数的个数为，
1，2，3，4这四个数字中两个的和等于第三个的有123，134，因此“有缘数”个数为，
所以这个三位数为“有缘数”的概率．
故答案为：．
14．已知函数，方程有两个相等的实数根，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________.
【答案】16
【分析】由判别式为0得，由不等式的解集得一元二次方程的两根，题意说明两根差的绝对值为8，利用韦达定理可求得．
【详解】方程有两个相等的实数根，则，，
关于的不等式的解集为，
所以方程的两根为和，两根记为，则，
又，，
所以，，
故答案为：16.
15．某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图（单位：）所示，四边形为矩形，，，均与圆O相切，B､C为切点，零件的截面BC段为圆O的一段弧，已知，，则该零件的截面的周长为___________.（结果保留）
【答案】
【分析】法一：以A为原点，建立直角坐标系，根据圆心到直线、直线、直线距离均相等,利用点到直线的距离公式列式，计算出的长，再计算该零件的截面的周长.
法二：分析可知，计算，再计算该零件的截面的周长.
【详解】法一：以A为原点，为x轴正方向建立平面直角坐标系如图示：
则直线的方程为：，直线的方程为：，直线的方程为：，设圆心为O，则圆心到直线、直线、直线的距离均相等且等于，则，解得：，，，易得，，对应弧长为圆的周长，故该零件的截面的周长为.
故答案为：
法二：易知，所以，解得，所以.
故答案为：
16．已知、为圆上的两点，且，设为弦的中点，则的最小值为______.
【答案】
【分析】由题意利用中点坐标公式化简可得，即得点P的轨迹方程为圆 ，将化为，即可利用点到直线的距离公式求得上一点到直线的最短距离，即可求得答案.
【详解】根据题意，、，且为弦的中点，
则,则有 ，
变形可得∶ ，
又由、为圆上的两点，，
则 ,则，即，
即点P的轨迹方程为圆；
又，
其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，
又由圆的圆心到直线的距离为 ，
可得上一点到直线的距离的最小值为 ，
则的最小值为
故的最小值为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：（1）根据为弦的中点，可得，要能联系先将中的两式平方，化简可得，从而得到点P的轨迹方程;（2）要能根据特征变形为，从而将问题转化为圆上一点到直线的距离的最小值问题.
三、解答题
17．已知数列为非零数列，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据递推公式，分当时和时，进行求解即可；
(2)由（1），则，然后利用分组求和的方法即可求解.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，由，
得，
两式相除得：，即，
当时，也满足，
所以.
（2）由（1）可知，，所以，
所以
.
18．某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．
（1）求，，，；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1），
，
，
.
（2）依题意，，，
，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，点E在SD上，且．
(1)若M，N分别为SA，SC的中点，证明：平面平面ACE；
(2)若，，，平面ABCD，求直线BS与平面ACE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接交于，取的中点，连接，由M，N分别为SA，SC的中点，可得∥，由线面平行的判定可得∥平面，再由结合菱形的性质可得∥,则得∥平面，再利用面面平行的判定可证得结论，
（2）取的中点，连接，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）证明：连接交于点，连接交于，取的中点，连接，
因为M，N分别为SA，SC的中点，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为，为的中点，
所以，
因为N为SC的中点，所以∥，
所以为的中点，
因为底面ABCD为菱形，所以为的中点，
所以∥,
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为，所以平面∥平面，
（2）取的中点，连接，
因为平面ABCD，平面，
所以，
因为底面ABCD为菱形，
所以为等边三角形，所以，
因为∥，
所以，
所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设直线BS与平面ACE所成角为，则
，
所以直线BS与平面ACE所成角的正弦值为
20．已知中，角所对的边分别为，，，其中，，，，.
(1)求的值；
(2)若点到点的距离为，线段与线段相交，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用三角恒等变换求得，进而可得，再利用正弦定理、余弦定理求解即可； (2)利用余弦定理和面积公式求解即可.
【详解】（1）依题意
则，
因为，所以,,
又因为，所以，
则，
由正弦定理得再由余弦定理得，
整理得，
解得或(舍).
故，.
（2）由（1）知，
由余弦定理得，所以，
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不相等的实根，，求实数a的取值范围，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）首先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性；
（2）首先将原式化简整理成，令，得.再令，根据已知条件有两个不相等的实根，，利用导数求出参数的取值范围.进而要证，即证，即证，只需证．不妨设，则只要证，即，最后令，，其中，借助导数求解的最小值即可证明.
【详解】（1）因为，所以．
当时，，所以在上单调递增．
当时，令，得；令，得．
所以在上单调递增，在上单调递减．
（2）方程，即，等价于．
令，其中，则，显然．
令，则，
所以在，上单调递减，在上单调递增，所以．
因为方程有两个实根，，
所以关于t的方程有两个实根，，且，，所以．
要证，即证，即证，只需证．
因为，所以，整理可得．
不妨设，则只要证，
即．
令，，其中，
因为，所以在上单调递增，
所以，故．
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为，通过令，合理构造函数来确定参数的取值范围，第二步的关键点在于将等价转化为，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.
22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）当时，求和的直角坐标方程；
（2）当时，与交于A，B两点，设P的直角坐标为(0，1)，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数，求得曲线的直角坐标方程，当时，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线C2的直角坐标方程；
（2）当时，求得的直角坐标方程为，将的参数方程代入曲线的方程，利用根与系数的关系，得到，代入化简，即可求解.
【详解】（1）由曲线的参数方程为(t为参数)，消去参数，可得，
即曲线，
当时，曲线C2为，可得，
因为，可得，
即曲线C2的直角坐标方程.
（2）当时，曲线C2为，可得，
又由，可得的直角坐标方程为，
将的参数方程代入整理得，
设对应的参数分别为，可得
所以.
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若最小值记为，，且满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先分类讨论得到不含绝对值的解析式，再由得到，从而解一元一次不等式即可得解；
（2）先利用分类讨论与一次函数的单调性求得的最小值，再利用换元法与基本不等式“1”的妙用即可证得结论.
【详解】（1）因为，
当时，；
当时，；
当时，；
因为，所以，
当时，得，解得，故；
当时，得，解得，故；
当时，得，解得，故；
综上：，即的解集为.
（2）由（1）得，
当时，，则；
当时，，则，即；
当时，，则；
综上：，故最小值为，即，
所以，
又，令，则，且，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，此时，
所以，即.
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5