四川省自贡市2023届高三下学期第三次诊断性考试数学（文）试题

四川省自贡市2023届高三下学期第三次诊断性考试数学（文）试题

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

一、单选题

1．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

3．已知x，y满足不等式组，则z＝2x＋y的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

4．一组数据、、、、的方差为，则、、、、的方差为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．

5．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

6．等比数列公比为，若，则“数列为递增数列”是“且”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件

7．如图，在三棱柱中，点、、、分别为、、、的中点，G为的重心，从、、、中取一点作为使得该棱柱恰有2条棱与平面平行，则为（    ）

A．K B．H C．G D．

8．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具．如图，边长为4的七巧板左下角为坐标原点，其中十个顶点的横、纵坐标均为整数．函数的图象最多能经过（    ）个顶点．

A．3 B．5 C．7 D．9

9．等差数列的前n项和为，公差为d，若，，则下列四个命题正确个数为（    ）①为的最小值  ②  ③，  ④为的最小值

A．1 B．2 C．3 D．4

10．已知F为抛物线C：的焦点，O为坐标原点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线C于A、B两点，则直线OA、OB的斜率之和为（    ）

A．－2 B．－2P C．－4 D．－4P

11．设函数有唯一的零点，则实数m为（    ）

A．2 B． C．3 D．

12．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知，是不共线的两个单位向量，则与的夹角为________.

14．已知，则______．

15．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若该二十四等边体的体积为，则原正方体的外接球的表面积为______．

16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于B点，则的内切圆的半径为______．

三、解答题

17．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若．

(1)求A；

(2)若BC上的高，求．

18．九洪的西瓜脆甜爽口，汁多肉厚，在川南地区久负盛名，其实在九洪还有一种香瓜也非常好吃，由于个小产量也少，往往供不应求，所以不被大家熟悉．九洪某种植园在香瓜成熟时，随机从一些香瓜藤上摘下100个香瓜，称得其质量分别在，，，，（单位：克）中，经统计绘制频率分布直方图如图所示：

(1)估计这组数据的平均数；

(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的香瓜中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个香瓜都来自同一个质量区间的概率；

(3)某个体经销商来收购香瓜，同一组中的数据以这组数据所在区间的中点值作代表，用样本估计总体，该种植园中大概共有香瓜20000个，经销商提出以下两种收购方案：

方案①：所有香瓜以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的香瓜以3元/个收购，对质量高于或等于350克的香瓜以5元/个收购．请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

19．图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．

(1)证明：平面平面；

(2)求点到平面的距离．

20．已知函数（e为自然对数底数）．

(1)判断，的单调性并说明理由；

(2)证明：对，．

21．已知椭圆C：的离心率，设，，，其中A，B两点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点P的直线交椭圆C于M，N两点（M在线段AB上方），在AN上取一点H，连接MH交线段AB于T，若T为MH的中点，证明：直线MH的斜率为定值．

22．在直角坐标系xoy中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，以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)写出的极坐标方程和的普通方程；

(2)设射线OP：与，的交点分别为M，N，求的值．

23．已知.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.

【详解】由复数的四则运算可得，

因此，.

故选：A.

2．C

【分析】先分别求出集合A,B,再根据并集的概念运算可得.

【详解】因为，，

.

故选：C.

3．B

【分析】首先画出不等式组表示的可行域，再利用目标函数表示的几何意义求最值.

【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，

当时，画出初始目标函数表示的直线，

平移目标函数后，当直线过点时，取得最小值.

故选：B

4．A

【分析】根据新旧方差之间的关系计算即可.

【详解】设原数据随机变量为X，根据题可知原数据方差，

则新数据随机变量可表示为，根据方差公式可知.

故选：A.

5．D

【分析】求出函数的定义域以及零点个数，可得出合适的选项.

【详解】对于函数，有，解得，故函数的定义域为，排除AB选项，

令可得，解得，即函数只有两个零点，排除C选项.

故选：D.

6．B

【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.

【详解】由题设且，要为递增数列，只需在上恒成立，

当，不论取何值，总存在，不满足要求；

当，

，则，不满足要求；

，总存在，不满足要求；

当，

，则，不满足；

，若，，显然，即，不满足；

，则在上恒成立，满足.

所以为递增数列有且.

所以，“数列为递增数列”是“且”的充分不必要条件.

故选：B.

7．C

【分析】对、、、四个点逐一进行分析，找出棱柱中与平面平行的棱的条数，即可判断．

【详解】解：取的中点，连接，，，，如图所示：

则，所以四边形为平行四边形，

若取点为，则，

故与平面平行的棱超过2条，不符合题意，故A错误；

对于B选项，当点为点时，取中点，连接

所以

由棱柱性质得，

所以四边形是平行四边形，故平面即为平面，

由于，平面，平面

所以平面，平面，

由于，平面，

所以平面平面，

所以结合棱柱的性质可知均平行于平面，

故B选项错误

对于C选项，当点为时，连接，则为中点，

所以，

由于平面，平面，

故平面，平面，故C选项正确；

对于D选项，当点为点时，连接，

由C选项知，

所以平面即为平面，

此时平面，再没有满足条件的棱，故D选项错误.

故选：C

8．B

【分析】根据图像，列出各点坐标，根据函数定义判断最多过五个点，然后，根据函数图象求函数的解析式，进行验证求解.

【详解】

如图，各点的横､纵坐标均为整数，因此，

,,，

函数的最大值为，最小值为，

所以，根据函数的定义，可知函数经过的顶点数最多时，为五个点，

且当时，只有点，所以经过的顶点数最多时一定过这个点.

下面验证是否能过五个点，

由于函数的图象是一个轴对称图形，且是中心对称图形，

根据题干中对应的整数点坐标的对称情况可知，不妨设，经过五个点时，有如下情况：

函数的图象经过五个点，如图，

可知，所以，周期为4，所以，

当时，，得，

函数解析式为；

故选：B

9．C

【分析】根据等差数列的前n项和公式以及等差数列的性质，即可得，，从而确定，即可逐项判断得答案.

【详解】等差数列中，，则，故②正确；

又，所以，故，则，故③正确；

于是可得等差数列满足，其为递增数列，则，又，所以为的最小值，故①正确，④不正确；

则四个命题正确个数为.

故选：C.

10．C

【分析】根据抛物线方程确定焦点坐标，从而可设直线的方程为，设，联立直线与抛物线得交点坐标关系，根据直线斜率的坐标运算化简代入即可得答案.

【详解】抛物线：的焦点坐标为，

所以直线的方程为，设

则，消去得，，所以，

则.

故选：C.

11．B

【分析】令，通过换元法将函数转化为, 易得函数是偶函数，再根据题意可得，即可求解.

【详解】令，则，

因为，

所以函数是偶函数.

因为函数有唯一的零点，所以函数有唯一的零点.

则，即，解得.

故选：B

【点睛】关键点睛：

这道题的关键能通过换元法将函数转化为，从而利用偶函数有唯一零点得到，从而求解.

12．B

【分析】构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】设，其中，则，

令，其中，则，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，则，即，

所以，函数在上单调递减，则，

所以，，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，故当时，，即，

令，其中，则，

令，其中，则，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，则，

所以，函数在上单调递增，故，

所以，函数在上单调递增，

所以，，即，

综上所述，.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键在于根据代数式的结构构造合适的函数，结合函数单调性得到代数式的大小关系.

13．

【分析】利用平面向量的数量积运算求解.

【详解】因为，是不共线的两个单位向量，

所以，

所以与的夹角为，

故答案为：

14．/

【分析】利用二倍角公式并将所求写成齐次式形式，再将弦化为切即可.

【详解】.

故答案为：

15．

【分析】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，由该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，可得，解得，再根据正方体的体对角线就是外接球的直径可以求得，从而可求表面积.

【详解】令原正方体的棱长为，原正方体的外接球的半径为，

因为该二十四等边体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，

所以.解得，即，

因为正方体的体对角线就是外接球的直径，

所以，即，

所以则原正方体的外接球的表面积为.

故答案为：

16．

【分析】先根据直线的交点结合两点间距离公式求出三角形的边长，再由三角形面积等于周长与内切圆半径的积的一半，计算求解即可.

【详解】

双曲线C：的左焦点为，到渐近线的距离,

联立方程组，

解得

可得，

设的内切圆的半径为，在中，，

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理化简可得.

（2）利用三角形面积公式和正弦定理可得.

【详解】（1）由题意得：，

则由余弦定理得，

因为,所以．

（2）由，则，所以，

则由正弦定理得，则，

又，

即，则．

18．(1)克

(2)

(3)方案②.

【分析】（1）频率分布直方平均数算法：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；

（2）根据分层抽样原则抽取出质量在，中的香瓜个数，按照条件根据古典概型进行计算即可；

（3）根据题意分别计算出两个方案获利情况进行比较即可.

【详解】（1）（克）.

（2）质量在的香瓜有个，

质量在的香瓜有个，

分层抽样随机抽取5个，其中质量在的香瓜有2个，标记为和；

在的香瓜有3个，标记为、和；

随机抽取2个香瓜的情况有：

、、、、、、、、、，

10种情况，其中来自同一个质量区间有4种情况，

故概率为；

（3）方案①：根据题意可知20000个香瓜中：

200克的有：个，

300克的有：个，

400克的有：个，

500克的有：个，

600克的有：个，

元；

方案②：质量低于350克的香瓜有个，

质量高于或等于350克的香瓜有个，

元，且85200>77400，

综上植园选择方案②获利更多.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在图1中，连接，由已知得四边形为菱形，连接交于点，得，证明，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；

（2）计算出，并计算出的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.

【详解】（1）证明：在图1中，连接，由已知得，

因为，且，所以，四边形为菱形，

连接交于点，则，

在中，，所以，．.

在图2中，，因为，所以，.

由题意知，，且，、平面，

所以，平面，

又平面，所以，平面平面.

（2）解：由（1）可知平面，

在图1中，，，则，

因为，则，则，

因为，则，

又因为四边形为菱形，则，且，故为等边三角形，

因为平面，平面，则，

又因为，则为的中点，所以，，

，所以，，

，

设点到平面的距离为，，解得，

因此，点到平面的距离为.

20．(1)在上单调递增，理由见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）通过二次求导，即可求解；

（2）由（1）可得，变形为，令得，令得，从而可得，利用裂项相消法，即可整理得证.

【详解】（1）在上单调递增.理由如下：

因为，所以，

令，则，

所以当，单调递增，

所以，即，

所以在上单调递增.

（2）由（1）知，

，令，则，

令，则

而

所以，

故对，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

21．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题意可知，求解即可；

（2）当PN斜率不存在时,求得；当PN斜率存在时, 设PN的方程为，联立消元得，设, 则，利用韦达定理可得，求得，由三点共线 可得，从而求得，代入，可得， 从而求得，进而可证.

【详解】（1）由题知，得，

所以椭圆的方程为：.

（2）当PN斜率不存在时, 此时, 设为MH的中点，故

AN的方程：，将代入得到，故H，

故.

当PN斜率存在时, 设PN的方程为，

联立，得，

则，即

设, 则

根据韦达定理可得，，

所以，

因为，

又因为三点共线, 所以，

即

解得

则

，

所以

，

综上所述，直线MH的斜率为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．(1)：；：；

(2)1

【分析】（1）根据直角坐标系横纵坐标与极坐标的关系，代入公式求解即可；

（2）根据极坐标系的几何含义可知，根据题意代值计算即可.

【详解】（1）因为，则

①②得的普通方程为：，即

根据可知的极坐标方程为：；

，

的普通方程为：.

（2）设，

，

，

.

23．(1)

(2)

【分析】（1）将双绝对值函数用分段函数表示，即可求出的解集；

（2）当时，将不等式恒成立，转化为恒成立，分类讨论a，即可求出实数a的取值范围.

【详解】（1）当时，，即，

或或

解得

故不等式的解集为；

（2）当时，恒成立，等价于当时， 恒成立.

则，

若，恒有成立；

若，则当时，的解集为，所以，故；

若，的解集为，所以，故.

综上所述，a的取值范围为.