四川省德阳市2023届高三下学期4月三诊考试理科数学试题

四川省德阳市2023届高三下学期4月三诊考试理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．在复平面内，复数（i是虚数单位）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

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则

A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n

4．已知，q：任意，则p是q成立的（    ）

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

5．经济学家在研究供求关系时，一般用纵轴表示产品价格（自变量），而用横轴来表示产品数量（因变量）．某类产品的市场供求关系在不受外界因素（如政府限制最高价格等）的影响下，市场会自发调解供求关系：当产品价格低于均衡价格时，需求量大于供应量，价格会上升为；当产品价格高于均衡价格时，供应量大于需求量，价格又会下降，价格如此波动下去，产品价格将会逐渐靠近均衡价格．能正确表示上述供求关系的图形是（    ）．

A．

B．

C．

D．

6．已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把折起，则三棱锥D-ABC的外接球表面积等于（    ）

A． B． C． D．不确定的实数

7．函数（）的部分图象如图所示，其中两点之间的距离为5，则的递增区间是

A． B．

C． D．

8．设x，y满足约束条件则的最大值是（    ）

A．-3 B．-6 C．-7 D．12

9．已知D为正三角形ABC中边BC的中点，E在线段AC上且，若AD与BE交于M，若，则正三角形ABC的边长为（    ）

A．6 B．12 C．18 D．24

10．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句是“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，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线对应的直线方程为x+y=2，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”问题中的最短总路程为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

11．已知实数x、y满足，则x、y的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

12．已知、为椭圆与双曲线的公共焦点，P是其一个公共点，，则椭圆与双曲线离心率之积的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．2

二、填空题

13．已知的展开式中x的系数为2，则实数a的值为_________．

14．设抛物线的焦点为，经过点的直线与抛物线相交于，两点，又知点恰为的中点，则_________

15．已知的外接圆O的半径为1，．从圆O内随机取一点M，若点M在内的概率恰为，则的周长为________．

16．如图所示，一个正四棱锥和一个正三棱锥所有棱长都相等，F为棱的中点，将和，和，和分别对应重合为P，B，C得到一个组合体．关于该组合体有如下三个结论：①AD⊥SP；②直线AD与直线SF所成角为60°；③．其中正确结论的个数是________．

三、解答题

17．已知数列是等差数列，且满足，．数列的前n项和是，且．

(1)求数列及数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

18．某学校高二年级某学科的教师决定帮助本年级100名对该科学习困难的学生.为了做到精准帮助，教师对这100名学生的学习兴趣、学习态度、学习习惯等进行调查，并把调查结果转化为各学生的学困指标x，将指标x分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图.规定若，则认定该生为“绝对学困生”，否则认定该生为“相对学困生”；当时，认定该生为“亟待帮助生”.

(1)分别求出“绝对学困生”，“亟待帮助生”的人数；并求学困指标的平均值.

(2)在学困指标处于内的学困生中，随机选取两名，用X表示所选两名学生中“亟待帮助生”的人数，求X的分布列和数学期望.

19．如图，在中，，P为AB边上一动点，交AC于点D，现将沿PD翻折至．

(1)沿PD翻折中是否会改变二面角的大小，并说明理由；

(2)若PB=CB=2PD=2，E是的中点．求证：平面，并求当平面平面PBCD时，二面角的余弦值.

20．已知椭圆：的离心率为，、分别是其左、右焦点，若是椭圆上的右顶点，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），问直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．

21．已知函数，，且曲线在点处的切线斜率均不小于2．

(1)求证：函数在区间内存在唯一的零点；

(2)当x>0时，设函数为与中的较小者，求使恒成立的k的最小整数值．

22．在直角坐标系xOy中，直线l的方程为．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．

(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设圆C与直线l交于点A，B．若点P的坐标为，求的值．

23．设函数．

(1)若，解不等式；

(2)当时，如果，求a的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】先将原式化简，再看实部和虚部的正负判断所在复平面的象限即可.

【详解】，在复平面内对应的点在第一象限.

故选：A.

2．D

【分析】由题知，再根据集合运算求解即可.

【详解】解：解不等式得或，即，

因为，

所以.

故选：D

3．C

【详解】试题分析：

由题意知，．故选C．

【考点】空间点、线、面的位置关系．

【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．

4．A

【分析】根据一元二次不等式恒成立解得：，结合充分、必要条件的概念即可求解.

【详解】命题：一元二次不等式对一切实数x都成立，

当时，,符合题意；

当时，有，即，解为，

∴：．又：，

设，则是的真子集，

所以p是q成立的充分非必要条件，

故选：A．

5．C

【详解】因为当产品价格低于均衡价格时，需求量大于供应量，

故可排除A,D；

且价格较低时，供应增长较快，价格较高时，供应增长慢，

故排除B.

故选：C．

【点睛】本题属于识图的问题，解题的关键是读懂题意、看准图形，解答本题时容易出错，其中的原因就是对图形和题意的不理解．解题时要注意到纵轴表示自变量，而用横轴来表示因变量，故分析时应由轴分析轴，并借助排除法求解．

6．B

【分析】设矩形的边长分别为、，则，矩形周长最小时，，由此能求出外接球表面积．

【详解】设矩形的边长分别为、，则，

所以矩形周长，

，

，当且仅当时取等号，

矩形周长最小时，，

，

，

因为

外接球的半径，

外接球表面积．

故选：B．

7．B

【详解】由勾股定理可得，点的横坐标为－1，所以周期.

将点的坐标代入得：.

由得：，

故选：B.

8．D

【分析】根据不等式组作出如图可行域，当直线经过A点时目标函数取得最大值，求出点A的坐标即可.

【详解】由，得，

由不等式组作出如图可行域（阴影部分），

平移直线，当直线经过A点时，在y轴上的截距最小，z最大，

由，解得A(3,-2)，

代入得的最大值是12,

故选：D.

9．B

【分析】根据已知建立平面直角坐标系，利用向量共线和向量的数量积的坐标表示进行计算求解.

【详解】

如图，建立平面直角坐标系，设正三角形ABC的边长为，则，

因为，所以，，，设，

所以，，因为点三点共线，所以，

解得，所以，所以，，

由有：，解得，所以的边长为，故A，C，D错误.

故选：B.

10．C

【分析】先求得点P关于直线x+y=2的对称点为，再由“将军饮马”问题中的最短总路程为求解.

【详解】解：如图所示：

设点P关于直线x+y=2的对称点为，

则 ，解得 ，即 ，

所以 ，

则“将军饮马”问题中的最短总路程为.

故选：C

11．C

【分析】根据题意，构造函数和，利用导数研究函数的单调性，进而求解即可.

【详解】由可得，因为，，所以，

所以，则，所以，

令，则，

当时，，所以函数在上单调递增；

则当时，，即，一定有，

所以，则，又因为，所以，

令，则，

当时，，所以函数在上单调递增；

因为，，所以，

故选：C.

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

12．C

【分析】由椭圆及双曲线的定义，结合余弦定理可得，再根据基本不等式求解最值即可．

【详解】不妨设，．

椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，两曲线的半焦距均为，

由椭圆及双曲线的定义得，，

于是，，，

又在中，由余弦定理得，

则，得，

由均值不等式得，当，时，等号成立，

所以椭圆与双曲线离心率之积的最小值为．

故选：C．

13．2

【分析】分别得到 和的展开式的通项公式求解.

【详解】解： 展开式的通项公式为，

 展开式的通项公式为 ，

所以的展开式中x的系数为，

解得 ，

故答案为：2

14．

【分析】先求出焦点坐标和准线方程，然后分别做，，垂直准线于，， ，利用抛物线的定义及梯形中位线的性质得到即可.

【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，

如图，分别做，，垂直准线于，， ，

根据抛物线的定义，，，

抛物线的准线方程为：，，

根据梯形中位线的性质可得.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查抛物线的应用，解题关键是熟练应用抛物线的定义将转化为，从而利用梯形的性质进行解决，属于常考题.

15．

【分析】设对应的边为，如图，根据余弦定理可得，由几何概型可得；利用余弦定理得，结合完全平方公式可得，即可求解.

【详解】在中，设对应的边为，如图，

在圆O中，由，得，

在等腰中，，由余弦定理，

得，得.

因为点M在内的概率恰为，所以，

得.

在中，由余弦定理，得，

即，得，

有，由得，

所以的周长为.

故答案为：.

16．2

【分析】根据已知，利用正四棱柱、正四面体、三棱柱的结构特征以及线面垂直、平行进行判断.

【详解】由题易知，拼成的组合体为一个三棱柱，可将其放入由两个相同的正四棱柱拼成的长方体中，如图

其中点为一个正四棱柱的上底面中心，点为另一个正四棱柱的上底面中心.

由图可知，所以①正确；

设为的中点，连接，则，易知平面，又平面，

所以，所以②错误；

由拼成的组合体为三棱柱可知，，所以③正确.

故答案为：2.

17．(1)；

(2)

【分析】（1）由已知条件得，利用等差数列的通项公式即可得出a；再由与的关系得出{b}的通项公式；

（2）由（1）得，利用分组求和求和即可.

【详解】（1）因为数列是等差数列，且满足，，

由等差数列的性质可得，，所以公差，

则．

又当时，，所以，

   ①

当时，   ②

由得，即（），

所以是首项为1，公比为的等比数列，故．

（2）由（1）得，

所以．

18．(1)“绝对学困生”有人，“亟待帮助生”有人，学困指标的平均值为.

(2)分布列见解析，.

【分析】(1)结合频率分布直方图计算频率即可计算人数，利用每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和即可求解平均值；(2)结合超几何分布概率公式即可求解的分布列.

【详解】（1）由题意可知，“绝对学困生”有人，

“亟待帮助生”有人，

学困指标的平均值为.

（2）学困指标处于内的学困生共有人，

由题意得的所有可能取值是0，1，2，

则，，

，

所以的分布列为

所以.

19．(1)二面角的大小为定值，理由见解析

(2)证明见解析，

【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直即可说明二面角的平面角为定值；

（2）利用线线平行证明线面平行，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.

【详解】（1）沿PD翻折中不会改变二面角的大小，

证明如下：因为，，所以，所以，

因为，，平面，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面，

故二面角的大小为定值；

（2）设的中点为F，连接EF，PF，

因为E是的中点，所以且，

因为且，所以且，

所以四边形PDEF为平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面，

因为平面平面PBCD，平面平面PBCD=PD，

且，平面，所以平面PBCD，

以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，

从而平面的一个法向量为，

又，

设平面法向量为，

则，所以，取，则，

故为平面的一个法向量，所以，

结合图形可知，二面角的大小是锐角，故二面角的余弦值为.

20．(1)

(2)直线与轴交于定点.

【分析】（1）由题知，，再根据即可求得答案；

（2）设，则，进而求解直线与轴的交点横坐标，最后联立方程， 结合韦达定理计算即可.

【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为椭圆：的离心率为，

所以，即，

因为，，

所以，

因为，

所以，，，.

所以，椭圆的方程为.

（2）解：设，则，

所以，联立方程得，，

所以，

因为直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为与不重合，

所以，，即，

所以，，直线的方程为，

令得，

又因为，

所以

所以，直线与轴交于点

21．(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）由题意转化为恒成立，分离参数求出a，由函数的导数判断单调性，再由零点存在性定理确定零点存在，即可得证；

（2）利用（1）分析函数，确定，再由分类讨论求出，即可得出k的最小整数值.

【详解】（1）由在点处的切线斜率均不小于2，

即在时恒成立，

设则，

由得，由得，

时，单调递增，时，单调递减，

的最大值为，，

当时，，

又，

存在，使.

因为，

当时，，

且，，

，

当时，单调递增，

函数在区间内存在唯一的零点.

（2）由(1)知，方程在(1,2)内存在唯一的实根，且时, ，

又当时，，当时，，

当时，，

当时，，

，

①当时，若，则，

若，由，

可知，

故当时，，

②当时，由可得当时，

单调递增，时，单调递减，

可知，且.

综上可得，函数的最大值为.

由恒成立得，

故k的最小整数值为1.

【点睛】方法点睛：判断函数在区间上有唯一零点，可以利用说明函数在上存在零点，再根据导数判断出函数的单调性，即可说明函数在区间上有唯一零点；求求使恒成立问题，转化为求函数的最大值问题即可得解.

22．(1)

(2)4

【分析】（1）根据题意可得，结合化简计算即可求解；

（2）根据题意求出直线l的参数方程，代入圆C的直角坐标方程，得关于t的一元二次方程，利用韦达定理求得，结合直线参数方程中t的几何意义即可求解.

【详解】（1）圆C的极坐标方程为，则

又，

所以，即，

所以圆C的直角坐标方程为；

（2）易知点在直线：上，

直线的斜率为-1，设直线的倾斜角为，则，

所以直线的参数方程为为参数)，即为参数)，

代入圆C的直角坐标方程，得，

整理，得，，

设是方程的两个不同的实根，则.

由t的几何意义，设，

所以.

23．(1)

(2)

【分析】通过去绝对值，把函数写成分段函数，再分类讨论求解.

根据已知，利用绝对值三角不等式以及函数的最值进行求解.

【详解】（1）当，，

由有：

当时，，解得，所以；

当时，，无解；

当时，，解得，所以；

综上，不等式的解集为.

（2）当时，，对于，不满足；

当时，，

由有：，解得（舍去）或.

所以a的取值范围.