2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（理）数学试题含解析

2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（理）数学试题

一、单选题

1．已知复数，若，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据给定条件，求出a值，即可求出复数对应点的坐标作答.

【详解】依题意，，即，又，因此，解得，

则有，所以在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D

2．某程序框图如图所示，则输出的S=（    ）

A．8 B．27

C．85 D．260

【答案】C

【分析】直接运行程序框图即可求解.

【详解】由图可知,初始值；

第一次循环，，不成立；

第二次循环，，不成立；

第三次循环，，成立；

退出循环，输出的值为.

故选：C.

3．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求得，，根据集合的交集运算解决即可.

【详解】由题知，，

在中，，解得，

所以，

在中，，解得，

所以，

所以.

故选：B

4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是下面的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图的定义判断即可.

【详解】根据正视图可知A,B错误，

根据俯视图可知D错误，结合三视图可知C符合题意，

故选:C.

5．若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的几何意义分析运算．

【详解】，则，

设直线l与曲线C的切点，则直线l的斜率，

由于直线斜率为，则，解得，

所以，即切点为，

故，解得．

故选：C.

6．下列说法正确的有（    ）

①对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大；

②我校高一、高二、高三共有学生人，其中高三有人.为调查需要，用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为的样本，那么应从高三年级抽取人；

③若数据、、、的方差为，则另一组数据、、、的方差为；

④把六进制数转换成十进制数为：.

A．①④ B．①② C．③④ D．①③

【答案】A

【分析】利用独立性检验可判断①；利用分层抽样可判断②；利用方差公式可判断③；利用进位制之间的转化可判断④.

【详解】对于①，对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大，①对；

对于②，由分层抽样可知，应从高三年级抽取的人数为，②错；

对于③，记，则，

所以，数据、、、的平均数为

，

其方差为

，③错；

对于④，把六进制数转换成十进制数为：，④对.

故选：A.

7．程大位（1533~1606），明朝人，珠算发明家.在其杰作《直指算法统宗》里，有这样一道题：荡秋千，平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步与人齐，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉，良工高士素好奇，算出索长有几？将其译成现代汉语，其大意是，一架秋千当它静止不动时，踏板离地一尺，将它向前推两步（古人将一步算作五尺）即10尺，秋千的踏板就和人一样高，此人身高5尺，如果这时秋千的绳索拉得很直，请问绳索有多长？（    ）

A．14尺 B．14.5尺 C．15尺 D．15.5尺

【答案】B

【分析】根据勾股定理即可得解.

【详解】设绳索长度为 尺, 则秋千被推送 10 尺时, 踏板距绳索顶端的距离为 ,

此时踏板距绳索顶端距离、往前推送10尺的水平距离、绳索长刚好构成一直角三角形.

则根据勾股定理可列方程：

解得, , 即绳索长度为尺,

故选：C.

8．已知函数，则函数的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的奇偶性，特殊点的函数值对选项逐一判断，

【详解】，

，

故为偶函数，故B，C错误，

当时，，，故，故D错误，

故选：A

9．在中，已知，，，则的面积为（    ）

A． B．或 C． D．

【答案】B

【分析】先用余弦定理求得b，然后由三角形面积公式计算．

【详解】因为中，已知，，，

所以，由余弦定理得，

解得或2，

所以的面积或．

故选：B.

10．如图，在中，，以为直径的半圆上有一点M，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系. ,得出以为直径的圆的方程，根据向量坐标用表示出的坐标，代入圆的方程可得答案.

【详解】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.

则，

则以为直径的圆的圆心为的中点.

则以为直径的圆的方程为：

则

，所以

由点在圆上，可得

即，解得或（舍）

故选：A

11．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于，P，Q两点，则的最小值是（    ）

A．8 B．10 C．13 D．15

【答案】C

【分析】利用韦达定理和抛物线的定义表示出，利用基本不等式求解.

【详解】设直线，，，

联立，整理得，

则，故.

因为，，

所以，

当且仅当即时，等号成立.

故选:C.

12．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.

【详解】令，

所以在上恒成立，

所以在上单调递增，

又，所以

所以，即，所以.

令，所以在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，

所以，即，所以，

综上，.

故选：D.

【点睛】解决此题的关键是构造函数，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.

二、填空题

13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______.

【答案】4

【分析】画出可行域，结合的几何意义求解.

【详解】画出可行域如图，

设，即经过时，截距最小，此时z取得最大值，最大值为4.

故答案为:4.

14．已知，则______.

【答案】

【分析】根据二项式的展开式通项公式求解.

【详解】因为，

因为展开式的通项公式为，

所以，所以，

故答案为: .

15．在直三棱柱中，是等边三角形，，在该三棱柱的外接球内随机取一点，则点在三棱柱内的概率为_____________.

【答案】

【分析】分别求出三棱柱的体积及其外接球的体积，利用体积型几何概型的概率公式计算.

【详解】设，则，由题意可知三棱柱是正三棱柱，如图所示，为正的中心，为外接球的球心，

则该三棱柱的体积.

因为是等边三角形，且，，所以外接圆的半径.

设三棱柱外接球的半径为，有，，，

由平面，则，即，从而，故该三棱柱外接球的体积.

由几何概型可知所求概率.

故答案为：

16．定义在上的函数在区间内恰有两个零点和一个极值点，则的取值范围是_____________.

【答案】

【分析】依题意首先求出的大致范围，进而确定的范围，根据题意结合正弦函数可得，即可求出ω的取值范围.

【详解】设函数的最小正周期为，

由正弦型函数可知：两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，

则，则，

注意到，解得，

∵，则，

由题意可得：，解得，

故的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

（1）根据正弦型函数的性质估算的范围；

（2）求的范围，结合正弦函数的图象与性质列式求解.

三、解答题

17．已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______（从①；②，，成等比数列；③这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）．

(1)求；

(2)设，数列的前项和为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由①可得，由②可得，由③可得，选择①②､①③､②③条件组合，均得，，即得解析式；

（2）可得，由裂项相消法求出即可.

【详解】（1）①由，得，即；

②由，，成等比数列，得，，即；

③由，得，即；

选择①②､①③､②③条件组合，均得，，

故.

（2）

∴

.

18．甲袋中有个黑球，个白球，乙袋中有个黑球，个白球，从两袋中各取一球．

(1)求“两球颜色相同”的概率；

(2)设表示所取白球的个数，求的概率分布列．

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析

【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列.

【详解】（1）解：从甲中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，

从乙中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，

故“两球颜色相同”的概率．

（2）解：由题意可得，所有可能取值为、、，

，，，

故的分布列如下表所示：

19．如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点．

(1)求证：平面；

(2)若二面角为，，求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案；

（2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系，

求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）因为是圆的直径，所以，

因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，

又因为，平面，平面PAC，

所以平面，因为分别是棱的中点，

所以，从而有平面；

（2）由（1）可知，平面，平面，

所以,平面，平面,所以为二面角的平面角，

从而有，则，

又，得，

以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，，

,，，，，

所以，，,

设是平面的一个法向量，

则，即，可取，

设AE与平面ACD所成角为

故，

所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.

20．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据P的坐标和⊥轴可得的值，根据可求a，再由、、之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；

(2)设直线的方程为，，，M在第一象限．联立直线与椭圆方程，根据，以及面积比可得、关系，结合韦达定理即可求出m的值，从而求出直线l的方程．

【详解】（1）由题意得，，，

则，即，

∴，

故的方程为；

（2）设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．

与椭圆方程联立，，

消去，得，

，，

∵，，与的面积比为，

∴，整理得，

∴，，

即，解得，

∵，∴，

直线的方程为，即.

21．已知函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)上单调递减，在上单调递增.

(2)

【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，令，利用导数说明的取值情况，即可得到的单调性；

（2）令，问题转化为与的图象有两个交点，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的取值范围即可．

【详解】（1）解：当时，，则，

令，则，所以当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

又，，且当时，，则，

所以当时，当时，

即当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增.

（2）解：因为有两个零点，所以方程有两个不同的根，

即关于的方程有两个不同的解，

当时，方程不成立，所以，

令，，则与的图象有两个交点，

又，

令，解得或，令，得或，

所以在，上单调递增，在，上单调递减，

当时，取得极大值，

当时，取得极小值，

因为，且当时，，

所以的取值范围是．

22．已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.

(1)求直线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；

(2)记为直线与曲线的一个交点，求的面积.

【答案】(1)，

(2)12

【分析】（1）根据参数方程转化为直角坐标方程，直角坐标方程与极坐标方程互化的知识求解即可；

（2）解法一：联立直线与曲线的方程，求得的坐标，根据极坐标知识求得的面积.

解法二：，故无论在何处， 为定值，而  ，为到的距离，求解即可得出答案.

【详解】（1）由直线的参数方程可得直线的普通方程为.

将代入得

故直线的极坐标方程为.              

而曲线，即，

则.                 

故曲线的直角坐标方程为.

（2）解法一：由，

可得或，                   

因为点的极坐标为，直线的普通方程为.   

 所以，故无论在何处， 为定值. 因此不妨取点，

转化为极坐标为.

由于点的极坐标为.

故的面积.           

解法二：因为点的极坐标为，直线的普通方程为.   

 所以，故无论在何处， 为定值，  

，为到的距离，，       

23．已知m≥0，函数的最大值为4，

(1)求实数m的值；

(2)若实数a，b，c满足，求的最小值.

【答案】(1)m＝2

(2)

【分析】（1）利用绝对值三角不等式，可得，结合函数的最大值为4，即可求实数的值；

（2）根据柯西不等式得：，即可求的最小值．

【详解】（1）

∵m≥0，∴，当时取等号，

∴，又的最大值为4，∴m＋2＝4，即m＝2.

（2）根据柯西不等式得：，

∵，∴

当且仅当，即，，时等号成立.

∴的最小值为.