四川省遂宁市2023届高三三诊考试数学（理）试题

四川省遂宁市2023届高三三诊考试数学（理）试题

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

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，其中为虚数单位，则=（    ）

A．0 B． C． D．1

3．下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（    ）

A．月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月

B．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关

C．每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加

D．9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小

4．下列说法不正确的是（    ）

A．若，则

B．命题，，则：，

C．回归直线方程为，则样本点的中心可以为

D．在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件

5．已知实数，满足则的最小值是（    ）

A． B． C． D．1

6．已知数列为等比数列，是函数的极值点，设等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．或 B． C． D．2

7．函数的图像大致为（    ）

A．

B．

C．

D．

8．已知数列的前项和为，且，，则（    ）

A．210 B．110 C．50 D．55

9．已知，则（    ）

A．30 B．-30 C．17 D．-17

10．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法不正确的是（    ）

A．当运动时，二面角的最小值为

B．当运动时，三棱锥体积不变

C．当运动时，存在点使得

D．当运动时，二面角为定值

11．已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为，若为坐标原点)，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数存在零点，则实数的值为（    ）

A．  B．  C． D．

二、填空题

13．已知向量，且，则___________.

14．已知函数，，，且，则=_____

15．某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则该三棱锥外接球的表面积_____

16．已知抛物线的焦点为F，准线为，点在抛物线上，点为与轴的交点，且，过点向抛物线作两条切线，切点分别为，则_____

三、解答题

17．在中，角所对的边分别，且

(1)求角A的值；

(2)已知在边上，且，求的面积的最大值

18．某企业举行招聘考试，共有人参加，分为初试和复试，初试成绩总分分，初试通过后参加复试．

(1)若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中，，试估计初试成绩不低于分的人数；（精确到个位数）

(2)复试共三道题，每答对一题得分，答错得分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求的分布列及期望.

附：若随机变量服从正态分布，则： ，，．

19．如图，已知四棱锥中，，是面积为的等边三角形且，.

(1)证明：；

(2)求平面与平面所成角的余弦值．

20．已知椭圆的左、右顶点为，点是椭圆的上顶点，直线与圆相切，且椭圆的离心率为

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点在椭圆上，过左焦点的直线与椭圆交于两点（不在轴上）且(O为坐标原点)，求的取值范围．

21．已知函数，其中e为自然对数的底数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)记函数，若函数存在两个不同的极值点，求实数的取值范围．

22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．

(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；

(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．

23．已知函数，．

(1)若，求不等式的解集；

(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】解出集合或，再根据补集和交集的含义即可得到答案.

【详解】，解得或，

则或，则，

故，

故选：A.

2．D

【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模长公式求解.

【详解】由得，

所以，

故选：D

3．C

【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.

【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；

对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；

对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；

对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；

故选：C.

4．B

【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断,即可得到本题答案.

【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；

对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；

对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；

对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，所以；当时，根据正弦定理，得，即，又，所以，由正弦定理得，，所以.所以“”是“”的充要条件，故D正确.

故选：B

5．A

【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.

【详解】画出可行域与目标函数，

联立，解得，

当直线过点时，取得最小值，，

故最小值为 .

故选：A

6．C

【分析】根据极值点的定义可得是的两个实数根，进而由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解.

【详解】由得，

由题意可知是的两个实数根，

所以又，

所以，因此，

故选：C

7．B

【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.

【详解】，则的定义域为R，

又，

所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，

当时，，故排除A.

故选：B.

8．A

【分析】写出时，，与已知式相减得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由求得，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.

【详解】因为，所以当时，，两式相减得，

由，可得，进而，

所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，

又，而，所以，

故选：A

9．D

【分析】先根据二项式定理展开，分别确定的值，即可求得本题答案.

【详解】根据二项式定理得，，

所以，，则，

所以.

故选：D

10．C

【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.

【详解】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，

则．

因为在上，且，，

可设，则，

则，

设平面的法向量为，

又，所以，即，

取，则，

平面的法向量为，所以．

设二面角的平面角为，则为锐角，故，

因为，在上单调递减，

所以，故，

当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确．

对B：因为，点A到平面的距离为，

所以体积为，即体积为定值，故B说法正确．

对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误．

对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确．

故选：C

11．D

【分析】结合题目条件，求出的等量关系，由此即可得到本题答案.

【详解】作，垂足为，

因为，，所以，

又，所以点为中点，另外，所以，

所以，

由双曲线的定义有，所以，

所以，在中，，

又，所以，化简得.

故选：D

12．A

【分析】将问题转化为有实数根，构造函数，利用导数求解的最值，利用基本不等式求解的最值，即可求解.

【详解】有零点，

则有实数根，

即有实数根，

记，则有实数根，

由于，，

故当时， ，单调递增，

 当时，，单调递减，所以当时， 取极大值也是最大值，所以，

对于,所以，

当且仅当时，即时，等号成立，此时取最小值4，

要使有实数根，则需满足，此时 ，

故选：A

【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

13．

【分析】利用向量线性关系的坐标运算得，根据向量垂直的坐标公式列方程求参数即可.

【详解】由题设，且，

所以，则.

故答案为：

14．/0.5

【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，分析可知函数的最小正周期为，利用正弦型函数的周期公式即可求得的最小值.

【详解】因为

，另外，，且，

所以，函数的最小正周期满足，则，

所以，，故当时，取最小值.

故答案为：

15．

【分析】由三视图确定几何体的形状特征，进而确定外接球的球心位置，求得半径，即可得到本题答案.

【详解】由三视图可知，该几何体的直观图为下图正方体中的三棱锥，

因为，所以，即正方体棱长为4，

设点分别为的外心，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，它们的交点，即为三棱锥外接球的球心，

在中，，，

所以， ，

由正弦定理得， ，得，易得，

所以，在中，，

所以，三棱锥外接球表面积.

故答案为：

16．1

【分析】根据题目条件，先求出抛物线的标准方程，然后求出直线的方程，联立消，利用韦达定理即可求得本题答案.

【详解】把点，代入抛物线，得，则点，

作，垂直为，设，所以，，易知，

在中，因为，即，得，

所以，得，所以抛物线标准方程为：，

设两点的坐标分别为，

因为，所以，，又，

所以切线的直线方程为：，化简得，

因为经过点，所以，同理可得，，

所以点的坐标满足方程，即直线的方程为，

联立消得，，

所以，，

所以

故答案为：1.

【点睛】关键点睛：因为，且，，所以直线的方程为，求出的直线方程是解决本题的关键.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，

（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.

【详解】（1）在中因为．

由正弦定理得，

所以，

因为，所以．故

又是的内角，所以．从而．

而A为的内角，所以；

（2）因为所以,所以，

从而，

由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，

故的面积的最大值为.

18．(1)

(2)分布列见解析，期望为

【分析】（1）分析可知，计算出的值，乘以可得结果；

（2）分析可知随机变量的取值分别为、、、，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，进而可求得的值.

【详解】（1）解：因为学生初试成绩服从正态分布，其中，，

则，

所以

，

所以估计初试成绩不低于的人数为人.

（2）解：的取值分别为、、、，

则，

，

，

.

故的分布列为：

所以数学期望为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用勾股定理证明出，再由结合线面垂直的判定定理可证得平面，由线面垂直的性质可证得结论成立；

（2）取的中点，连接，证明出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为，所以，

因为的面积为的等边三角形，即，所以，

因为，所以，，则，

又因为，，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，.

（2）解：取的中点，连接，

因为为等边三角形，则，

又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的

正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，

设平面的法向量为，则，

取，可得，

易知平面的一个法向量为，

所以，，

所以平面与平面所成角的余弦值为．

20．(1)

(2)

【分析】（1）应用点到直线距离结合直线和圆的位置关系求参即可；

（2）设直线联立方程组，结合弦长公式，计算求范围可得.

【详解】（1）由题设因为，

所以：

，所以，

所以椭圆方程为

（2）由（1）知的坐标为，

①当直线的斜率不存在时，，，则；

②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，

联立，得，

设，，则，，

，

设点，则，即，代入椭圆方程得，

解得，，所以，

所以，

又，所以的取值范围是．

综上所述，的取值范围是．

21．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，利用导数的正负即可判断单调性；

（2）分情况讨论，并构造函数，利用导数即可求解.

【详解】（1）因为 ，所以，

当时，，所以在R上单调递减；

当时，令，得，令，得，所以在 上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当在R上单调递减；

当时，在上单调递增，在上单调递减；

（2）因为，

所以，

则．

令，则，

①当时，，则在R上单调递减，不可能存在两个极值点；

②当时，因为函数存在两个不同的极值点，所以=0有两个不同的实根，

因为 ，即有两个不同的实根，

令，则 ，

令 ，则，

所以单调递增．

因为，所以在上单调递减，在上单调递增．

所以，

当时，不可能有两个不等实根．

当时，，

在上连续且单调，所以存在唯一实数，使得．

当时，记，

当时，，当， ，所以当时，取极小值也是最小值，

所以，故单调递增，所以，因此，

，

取，则，即，

因为在上连续且单调，

所以存在唯一实数，使得，则

所以函数存在两个不同的极值点．

综上实数的取值范围为．

【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

22．(1)；

(2)

【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；

（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.

【详解】（1）由曲线（为参数，），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为，

因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，

故的直角坐标方程为：，

即，将代入可得：圆的极坐标方程为

（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，

将代入化简可得的极坐标方程为：（），

所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；

因为M、N是直线与曲线、的两个交点，

不妨设， 由（1）得：，：，

所以，从而，

23．(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.

【详解】（1）解：当时，，

因为，

当时，即，；

当时，即，；

当时，即，，

综上可得不等式的解集为

（2）解：，

当且仅当时取等号，，

又，且，

，

当且仅当，即，时等号成立，

所以

根据题意可得，解得或，

的取值范围是．