四川省绵阳南山中学2023届高三文科数学下学期4月三诊热身考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2023届高三文科数学下学期4月三诊热身考试试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年4月
绵阳南山中学2023年春绵阳三诊热身考试
文科数学

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2 已知，，则（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算及复数相等的概念求解即可.
【详解】解:因为，所以，则，．
故选: A.
3. 有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，其中，，，…，，为非零常数，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差不同
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和标准差的性质以及中位数和极差的概念可得答案.
【详解】设样本数据，，，…，的样本平均数为，样本中位数为，样本标准差为，
根据平均数和标准差的性质可知，样本数据，，，…，的样本平均数为，样本标准差为，
根据中位数的概念可知，样本数据，，，…，的样本中位数为，
根据极差的概念可知两组样本数据的样本极差相同.
故选：C
4. 设x，y满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据约束条件作出可行域，再将目标函数表示的一簇直线画出，向可行域平移即可求解.
【详解】作出可行域，如图所示，


目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，
转化为，令，则，
作出直线并平移使它经过可行域的点，经过时，
所以，解得，所以.
此时取得最小值，即．
故选：C.
5. 已知正项等比数列}满足为与等比中项，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.
【详解】设等比数列的公比为，
由题意得，即，
，，
，
故选：B.
6. 执行如图所示的程序框图，若输入的k=3，则输出的S等于（ ）

A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】设第次循环后输出，依题意可得，即可求出的取值范围，求出循环结束时的值，再代入计算可得；
详解】设第次循环后输出，，解得，可知第505次循环后结束循环，此时，.
故选：B.
7. 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D

8. 已知抛物线）的焦点为，准线为l，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于点D，若，则p=（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线定义，以及几何关系可知，再利用数形结合可求的值.
【详解】如图，

设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，
则.根据抛物线定义知,,
又，所以，
设，因为，所以，
则.
所以,，又,可得,所以，
所以,
可得,即.
故选：.
9. 正四棱台上、下底边长为、，外接球表面积为，则正四棱台侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】在正四棱台中，取截面，设正方形、的中心分别为、，分析可知球心在直线上，对球心的位置进行分类讨论，求出的长，利用线面角的定义可求得结果.
【详解】在正四棱台中，设其上底面为正方形，下底面为正方形，

设正方形、的中心分别为、，
由正四棱台的几何性质可知，平面，取截面，
则正四棱台的外接球球心在直线上，分以下两种情况讨论：
①在、的同侧，如下图所示：

设球的半径为，则，可得，
由圆的几何性质可知，，
且，，
所以，，，
所以，，
过点在平面内作，
因为，，，，
则四边形为矩形，且，，，
因为，则平面，则与平面所成角为，
且；
②若球心在线段上，如下图所示：

设球的半径为，则，可得，
由圆的几何性质可知，，
且，，
所以，，，
所以，，
过点在平面内作，
因为，，，，
则四边形为矩形，且，，，
因为，则平面，则与平面所成角为，
且.
综上所述，正四棱台侧棱与底面所成角的正切值为或.
故选：C.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
10. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关经研究可知:在室温25℃下，某种绿茶用85℃的水泡制，经过min后茶水的温度为℃，且（，）．当茶水温度降至55℃时饮用口感最佳，此时茶水泡制时间大约为（结果保留整数，参考数据：，，） （ ）
A. 6 min B. 7 min C. 8 min D. 9 min
【答案】B
【解析】
【分析】根据初始条件求得参数，然后利用已知函数关系求得口感最佳时泡制的时间．
【详解】由题意可知，
当时，，则，解得，所以.
当时，，即，
则，
所以茶水泡制时间大的为7 min.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题指数与对数的应用，解题关键：（1）利用时，，求出；（2）令时，得出，进行指对互化并利用对数的换底公式进行运算.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】变换，，，构造，确定函数的单调区间得到，得到答案.
【详解】，，，
设，则，当时，，函数单调递增，
故，即.
故选：A
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
12. 已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为函数与函数的图象关于x轴对称，
根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，
即方程在上有解，
即在上有解．
令，，
则，
可知在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，
由于，，且，
所以．
故选：A．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 已知向量，若，则m=___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式求的值.
【详解】由题意可知，，
因为，所以，得.
故答案为：
14. 已知F为双曲线C：的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由双曲线的基本性质得A、B两点的坐标，利用斜率得关系式求解即可.
【详解】解:设双曲线焦距为2c，则，，，因为AB的斜率为2，所以，整理得，解得，所以．
故答案为:3.
15. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，…，则第100层球的个数______．

【答案】
【解析】
【分析】设第层的个数为，根据题意可得，然后利用等差数列求和即可求解.
【详解】设第层的个数为，根据题意可得，
所以
，
故答案为：.
16. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数则下面各选项中一定正确的序号是________.
①；②；③；④.
【答案】②③
【解析】
【分析】将题干转化为抽象函数的性质，根据原函数与导函数图象间的关系可得解.
【详解】因为，均为偶函数，
所以，即，，
所以，，则，故③正确；
函数，的图象分别关于直线，对称，
又，且函数可导，由函数图象关于直线对称，所以其单调性在处改变，导数值为零，所以，，所以关于点对称，又图象关于对称，所以的周期为，所以，
所以，所以，故②正确，④错误；
若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故①错误；
故答案为：②③.
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．
17. 4月23日是“世界读书日”，读书可以陶冶情操，提高人的思想境界，丰富人的精神世界，为了丰富校园生活，展示学生风采，某中学在全校学生中开展了“阅读半马比赛”活动. 活动要求每位学生在规定时间内阅读给定书目，并完成在线阅读检测.通过随机抽样，得到100名学生的检测得分（满分：100分）如下：

[40，50）
[50，60）
[60，70）
[70，80）
[80，90）
[90，100]
男生
2
3
5
15
18
12
女生
0
5
10
10
7
13

（1）若检测得分不低于70分的学生称为“阅读爱好者”，若得分低于70分的学生称为“非阅读爱好者”.根据所给数据
①完成下列列联表

阅读爱好者
非阅读爱好者
总计
男生



女生



总计

""

②请根据所学知识判断是否有95%的把握认为“阅读爱好者”与性别有关；
（2）若检测得分不低于80分的人称为“阅读达人”.现从这100名学生中的男生“阅读达人”中，按分层抽样的方式抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率.
附：，其中.

0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据100名学生的检测得分表，即可完成列联表，利用计算出的值，查表即可得出结论；（2）根据分层抽样方法分别计算出不同成绩区间的人数，再利用“正难则反”的思想计算出不合题意的概率，即可得出结果.
【小问1详解】
根据题意可知，100名学生中男生55人，女生45人；
男生中“阅读爱好者”为人，“非阅读爱好者”10人；
同理，女生中“阅读爱好者”为30人，“非阅读爱好者”15人；
所以，列联表如下：

阅读爱好者
非阅读爱好者
总计
男生
45
10
55
女生
30
15
45
总计
75
25
100
利用表中数据可得，

所以，没有95%的把握认为“阅读爱好者”与性别有关；
【小问2详解】
由表可知，男生中“阅读达人”共30人，
若按分层抽样的方式抽取5人，则得分在[80，90）内的人数为人，
得分在[90，100]内的人数为人；
则再从这5人中随机抽取3人共有种，其中没有人得分在[90，100]内的情况为种；
所以这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率为；
故这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率为.
18. 在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，．
（1）求角B的大小；
（2）当△ABC面积最大时，求∠BAC的平分线AD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再应用余弦定理可解得角B.
（2）由余弦定理与重要不等式可得△ABC面积最大时a、c的值，在△ABD中应用正弦定理可解得AD的值.
【小问1详解】
∵，
∴由正弦定理可得，
∴由余弦定理得，
又∵，∴．
【小问2详解】
在△ABC中，由余弦定理得，
即．
∵，，
∴，当且仅当时取等号，
∴，当且仅当a＝c＝2时，，
又∵△ABC面积为，
∴当且仅当a＝c＝2时△ABC面积最大．
当a＝c＝2时，．
又∵为的角平分线，∴
∴在△ABD中，，
∴在△ABD中，由正弦定理得．
19. 如图1，在直角梯形中，，，点为的中点，点在，将四边形沿边折起，如图2.

（1）证明：图2中的平面；
（2）在图2中，若，求该几何体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，分别证得和，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.
（2）由，得到，证得，连接，把该几何体分割为四棱锥和三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可知：四边形是平行四边形，所以，证得平面，
因为平面，且，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
解：若，
因为，，则，故，
所以两两垂直，
连接，该几何体分割为四棱锥和三棱锥，
则，
因为平面平面，故，
所以该几何体的体积为.

20. 已知椭圆的焦点为，且过点．
（1）求的方程；
（2）设为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于两点，且均不是的左､右顶点，为的中点．若，试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）直线过定点
【解析】
【分析】(1)由题意可得，，即可求方程；
(2) 由题意可得，即有，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况求解即可.
【小问1详解】
解：设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
因为，
所以，即．
又因为，
所以，
又椭圆的焦点在轴上，且中心在坐标原点，
所以的方程为．
【小问2详解】
因为，则，又因为为的中点，
所以，易知点，
设．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由,得，
所以，
由韦达定理可得，
，
则
，
化简可得，即．
若，则直线的方程为，此时直线过顶点，不符合题意；
若，易知满足，此时直线的方程为，直线过定点；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则，
所以，
则，
，
因为，解得，直线过点．
综上，直线过定点．
21. 已知函数f（x）＝﹣αx2+（α﹣2）x+lnx.
（1）当α＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若在当x∈（0，+∞）时恒成立，求实数α的取值范围.
【答案】（1）f（x）的增区间为，减区间为；（2）（﹣∞，1].
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间，
（2）在当x∈（0，+∞）时恒成立，得α⩽ex−−在 （0，+∞） 上恒成立，构造函数g（x）＝ex−−，则，再构造函数h（x）＝x2ex+lnx，利用导数可判断出h（x）在（0，+∞）上单调递增，再由零点存在性定理可得存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，从而可判断出当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，进而可求出实数α的取值范围
【详解】（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
当α＝1时，f（x）＝﹣x2﹣x+lnx，＝﹣2x﹣1+＝，
令＞0，解得：0＜x＜，令＜0，解得：x＞，
故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，
即f（x）的增区间为，减区间为；
（2）f（x）⩽x（ex−αx−2−）恒成立，
即xex﹣1⩾lnx+αx 在 （0，+∞） 上恒成立，
即α⩽ex−−在 （0，+∞） 上恒成立.
令g（x）＝ex−−，则，
令h（x）＝x2ex+lnx，则 h′（x）＝2xex+x2ex+＞0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＝e＞0，h（）＝−1＜0，
故存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，即ex0+lnx0＝0，
所以x0ex0＝−lnx0＝ln＝ln•，
令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），λ′（x）＝（x+1）ex＞0，
所以λ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝ln＝−lnx0，
当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g′（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞） 时，h（x）＞0，即 g′（x）＞0，故 g（x） 在 （x0，+∞）上单调递增，
所以当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，
所以
故α⩽1，
所以α的取值范围为（﹣∞，1].
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为α⩽ex−−在 （0，+∞） 上恒成立，构造函数g（x）＝ex−−，再利用导数求出其最小值即可，考查数转化思想和计算能力，属于较难题
选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在极坐标系中，，， ，以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，已知直线1的参数方程为( t为参数，)，且点P的直角坐标为.
（1）求经过O，A，B三点的圆C的直角坐标方程；
（2）求证：直线l与（1）中的圆C有两个交点M，N，并证明为定值.
【答案】（1）；（2）证明见详解，定值为1.
【解析】
【分析】
（1）利用极直互化公式求得O,A,B三点的直角坐标，可得为直角三角形，可以判定过此三点的圆C的直径为OB,从而得到圆C的圆心坐标，再根据圆C经过坐标原点，可得圆C的一般方程.
（2）将直线的参数方程代入圆C的一般方程，化简得到关于参数t的一元二次方程，利用判别式证明此方程有两个不等实数根，从而证明了直线l和圆C有两个不同的交点，进而利用参数的几何意义和一元二次方程的根与系数的关系证得为定值.
【详解】（1）由已知O,A,B的极坐标和极直互化公式得O,A,B的直角坐标分别为(0,0),(0,6),(6,6),∴∠OAB为直角，∴经过O,A,B三点的圆C的圆心为(3,3),且经过原点O,
∴圆C的方程为：；
（2）将直线l的参数方程代入圆C的方程，并整理得：,
此方程的判别式,
∴此方程有两个不等实根，∴直线l与（1）中的圆C有两个交点.
设两个交点M,N所对应的参数值分别为,则是该方程的两个实数根，
∴，由直线l的参数方程和点P的坐标可知，=.
【点睛】本题考查点的极坐标与直角坐标的转化，考查圆的方程的求法，考查直线的参数方程及其应用，注意到△OAB为直角三角形，可以快速确定圆C的圆心坐标，利用圆的一般方程和圆心坐标的关系，并根据圆经过原点可快速写出圆的一般方程；掌握直线参数方程的几何意义，可以方便的证明有关距离的积与和的问题.注意直线l：(t为参数，， ）上的任意一点P的参数t的几何意义是有向线段MP的数量，可以看做以M为原点的直线l所表示的数轴上点P的坐标，常用的有线段中点的参数，距离公式，线段长度之和，长度之积.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数
（1）当时，求的最小值；
（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）2； （2）或.
【解析】
【分析】（1）首先化简得，利用绝对值不等式即可求出的最小值；
（2）利用三元基本不等式求出，再根据绝对值不等式得，则有，解出即可.
【小问1详解】
化简得，
当时,,
当时等号成立,所以的最小值为2;
小问2详解】
由基本不等式得,
当且仅当,即时,等号成立.
又因为,
当且仅当时,等号成立.
所以,
或
或.