四川省成都市石室中学2022-2023学年高三上学期一诊数学（文科）复习题（八）

这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高三上学期一诊数学（文科）复习题（八），共14页。试卷主要包含了已知集合，则，已知复数z满足，则，过的直线与圆相交于两点，若满足，则的取值范围是，已知，则等内容，欢迎下载使用。

石室中学高2023级高三上期一诊复习题（八）（文科）
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．过的直线与圆相交于两点．记直线的斜率等于，．则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．若满足，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
6．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，是边长为2的正三角形，E，F分别是棱上的动点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．
7．秦九韶算法是中国南宋时期的数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，直到今天这种算法仍是多项式求值比较先进的算法.如图所示的程序框图是使用秦九韶算法计算多项式值的一个实例，把进制的数转化为10进制的数其实就是求一个多项式的值的运算.我们使用该程序时输入，，，运行中依次输入了，，，，则该程序运行是最后输出的是（    ）转化的10进制数.
A． B． C． D．
8．一段时间内没有大规模集体流感的标志为“连续10天，每天新增病例不超过7人”，根据过去10天甲､乙､丙､丁四地新增病例数据，一定符合该标志的是（    ）
A．甲地：平均数为3，中位数为4 B．乙地：平均数为1，方差大于0
C．丙地：中位数为2，众数为3 D．丁地：平均数为2，方差为3
9．已知，则（    ）
A． B． C． D．
10．在数列中，，则该数列项数的最大值为（    ）
A．9 B．10 C．11 D．12
11．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．
12．已知，，且，，则下列说法正确的个数有（    ）个
①  ②  ③  ④
A．1 B．2 C．3 D．4

13．某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______．
14．已知平面向量满足，，，则与的夹角为_____．
15．已知，为椭圆：的左右焦点，A为的上顶点，直线l经过点且与交于B，C两点；若l垂直平分线段，则△ABC的周长是___________.
16．已知函数，给出下列结论：
①是周期函数；②在区间上是增函数；
③若，则；④函数在区间上有且仅有1个零点．
其中正确结论的序号是______．（将你认为正确的结论序号都填上）
17．在正项数列中，，，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，，且，设数列的前n项和为，证明：．











18．为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门对名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在名男性驾驶员中，平均车速超过的有人，不超过的有人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过的有人，不超过的有人.
(1)完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为平均车速超过与性别有关；

平均车速超过人数
平均车速不超过人数
合计
男性驾驶人数



女性驾驶人数



合计



(2)在被调查的驾驶员中，按分层抽样的方法从平均车速不超过的人中抽取人，再从这6人中采用简单随机抽样的方法随机抽取人，求这2人恰好为名男生、1名女生的概率.
参考公式与数据：，其中.

0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828











19．如图，在梯形ABCD中，，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且．
(1)证明：BC⊥平面PAC．
(2)若E，F分别是棱PC，PB的中点，求四棱锥A－BCEF的体积．



















20．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上异于原点的一点，过点作圆的两条切线与抛物线分别交于异于点的，两点，若切线互相垂直，求的面积．

































21．已知函数
(1)若恒成立，求实数的取值范围；
(2)设，求证：.




















22．在极坐标系下，曲线E的极坐标方程为：
(1)以极坐标系的极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，求E直角坐标方程，并说明E的轨迹是什么图形；
(2)A，B，C为曲线E上不同的三点，O为极点，，证明：为定值．

参考答案：
1．D
【分析】先求出集合，再求它们的交集.
【详解】因为，
，
所以，
故选：D
2．A
【分析】利用复数运算求得，进而求得.
【详解】因为，，
所以，，
故.
故选：A
3．A
【分析】根据充分性、必要性的定义，结合直线的斜率是否存在进行判断即可.
【详解】当直线的斜率等于时，直线的方程为，代入方程中，
得，显然，
当直线的不存在斜率时，直线的方程为，代入方程中，
得，显然，
因此是的充分不必要条件，
故选：A
4．D
【分析】将化为，然后就是一个斜率型的线性规划，作图计算即可.
【详解】由题可知，表示图中阴影部分表示与阴影部分内的点的连线的斜率

如图所示，为的交点为，当与连线时，此时斜率最大为,可取到；当过的直线与平行是斜率最小为，取不到；故.
故选:D
5．C
【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.
【详解】不妨设点M在第一象限，

由题意得：，
即，
故，故，
因为O为的中点，
所以，
因为，故为等边三角形，
故，，
由双曲线定义可知：，
即，解得：.
故选：C.
6．D
【分析】将平面展开到一个平面内，则的最小值即为展开图中的长，利用余弦定理求解即可．
【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，∴，同理可得．
由题意可知，则，．
将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．

∵，
从而，故．
在中，由余弦定理可得，
则，即的最小值为．
故选：D．
7．B
【分析】依次列出每次循环的结果，可得答案.
【详解】模拟程序的运行，可得：，，，
满足进行循环的条件：，，
满足进行循环的条件：，，
满足进行循环的条件：，，
满足进行循环的条件：，，
不满足进行循环的条件，输出，
所以该程序是将转化为10进制的运算.
故选：B.
8．D
【分析】对于AB，通过总体均值可知10天新增病例总数，由此可判断，对于C，知道中位数及众数不能确定某一天新增病例是否超过7人，对于D，知道总体均值与方差，假设某一天新增病例超过7人，通过计算方差可判断.
【详解】对于A，通过总体均值可知10天新增病例总数为30，因为中位数为4，所以没法确定某一天新增病例是否超过7人，所以A错误，
对于B，通过总体均值可知10天新增病例总数为10，因为总体方差大于0，所以没法确定某一天新增病例是否超过7人，所以B错误，
对于C，知道中位数及众数不能确定某一天新增病例是否超过7人，所以C错误，
对于D，知道总体均值为2，假设某一天新增病例超过7人，则方差会大于3，所以可以判断“连续10天，每天新增病例不超过7人”，所以D正确，
故选：D
9．D
【分析】根据计算可得；根据函数单调性可得当时，由此可得；根据基本不等式可得，由此即可判断三者关系．
【详解】；
设，其中当时，，且，故，所以；
，所以.
故选：D.
10．C
【分析】根据题意确定为等差数列，并根据的范围即可确定求解.
【详解】

，
所以为等差数列，公差为，
所以，
所以，
故选:C.
11．C
【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，
在中根据相似列方程，整理得，
然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.
【详解】解：如图，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，
正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面于E.
设该圆柱的底面半径为，高，
由题可知，，，则．

又，∴，，
∴圆柱的体积，，
可知，当时，；当时，，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
∴当时，．
故选:.
12．D
【分析】由题意，先构造，求导分析单调性与最值可判断① ；对②构造函数，可得，进而判断；对③④，数形结合可得判断即可.
【详解】由，则，即.
构造函数则为增函数，又，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增，且.
由题意，，，数形结合可得，.

对①，因为，故，又，故，①正确；
对②，构造，，则，当且仅当时取等号，
故为增函数，故，即.
又，，又，且在时单调递减，故，即，②正确；
对③④，由，故，成立；
故选：D
13．##
【分析】由三视图可知，此几何体是一个半径为1的半球和一个棱长为2的正方体组成,分别计算表面积，再求和后减去重叠的部分的面积即可.
【详解】由三视图可知，此几何体是一个半径为1的半球和一个棱长为2的正方体组成．
．
故答案为：.
14．##
【分析】首先根据题意得到，再根据平面向量夹角公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以，所以，
设的夹角为，则，
因为，所以．
故答案为：
15．##.
【分析】如图，连接，则可得，所以△ABC的周长为，再求出，即可求得结果.
【详解】如图，连接，
因为l垂直平分线段，
所以，
所以△ABC的周长为，
由题意得，则
的中点为，，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为直线过，
所以，解得，
所以，
所以△ABC的周长为，
故答案为：.

16．①③
【分析】先求出解析式，再对①②③④一一验证：
对于①：利用周期的定义验证；
对于②：取特殊数值排除；
对于③：利用三角函数的有界性进行计算，即可判断；
对于④：可以求出零点，进行判断.
【详解】解：函数，
对于①：由所以函数的最小正周期为，故①正确；
对于②：由于，，，，
故函数在上不是单调增函数，故②错误；
对于③：函数）的最大值为1，若，
则，
所以，，，
故则；故③正确；
对于④：当时，，
由于，即，解得或，
所以函数有两个零点，故④错误．
故答案为：①③．
【点睛】要证明一个命题为真命题，需要严格的证明；要判断一个命题为假命题，举一个反例就可以了.
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由可得到，根据累乘法求通项的方法，即可求出的通项公式；
（2）由可知，可判断数列为等比数列，根据等比数列的前n项和公式求出，即可求证.
【详解】（1）解：已知①，
则，且②，
，得，整理得，
∴，，，，
由累乘法可得，
又，，符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，，
因为，所以，
则数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴，
，即，得证.
18．(1)列联表见解析，有
(2)

【分析】(1)根据题意填写 列联表，运用卡方公式计算；
(2)先根据分层抽样的原理算出6人中男性和女性的人数，再按照古典概型计算即可.
【详解】（1）根据题目中的数据，填写列联表如下：

平均车速超过km/h人数
平均车速不超过km/h人数
合计
男性驾驶员人数



女性驾驶员人数



合计




因为， ，
所以有的把握认为平均车速超过km/h与性别有关；
（2）由题意抽取人中，女性人，男性人，分别设为和，
从这人中随机抽取人得样本空间：
， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，
样本空间数是，其中这人恰好为名男生、名女生的样本数是，
因此这人恰好为名男生、名女生的概率是；
综上，所以有的把握认为平均车速超过km/h与性别有关，这人恰好为名男生、名女生的概率是.
19．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）通过条件得，，通过线面垂直的判定得平面
（2）取的中点，得平面，再通过等体积的方式得到，从而求出点到平面的距离H，通过公式求出四棱锥A－BCEF的体积.
【详解】（1）







又

平面，平面
平面
（2）
取的中点，连接
，且为的中点

由（1）得平面
而平面


平面，平面
平面
，其中为点到平面的距离
由（1）得
而，，



由（1）得



20．(1)
(2)48

【分析】（1）利用点在抛物线上，得到，再根据得到，联立两式可得，即可得到抛物线方程.
（2）根据都与圆相切，且，得到点坐标，再解出，两点坐标，进而可求得的面积.
(1)
解： 点在抛物线上，，
又 ， .将代入，得到解得.
所以，抛物线的方程为.
(2)
设与圆分别相切点，两点，则，又因为，所以四边形为正方形，，所以点在以为圆心，4为半径的圆上，即点Q坐标满足.联立方程，可得，化简为，解得或. 因为点异于原点，且在上，并且与关于轴对称，不妨取点.
设过点与圆相切的直线为
则圆心M到直线的距离为半径，即，解得，
不妨取，则，直线得方程为：，直线得方程为：
联立，即，得（对应Q点），则，
所以.
联立，即，得，可得（对应Q点），则，
所以.
取与轴的交点为，则=，
即的面积为48.
【点睛】本题考查了解析几何中抛物线的综合问题，属于难题.
（1）一般直线与抛物线相交，采用设点，设直线，联立方程处理，在解决问题上分为设而求，与设而不求两类，本题采用设直线，联立方程来直接求得点坐标；
（2）在圆锥曲线中，可采用求弦长以及点到直线的距离方式求解三角形的面积；也可将所求三角形分解为两个三角形，用这两个相对容易求解的三角形面积进行相加或相减处理，得到我们要求的三角形面积．
21．(1)
(2)见解析

【分析】（1）设，首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;
（2）根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.
【详解】（1）恒成立，即恒成立，
设
因为,所以恒成立等价于恒成立.
由已知的定义域为.

令,
有两根,
因为，
时,单调递减;
,时,单调递增，
,
当时,,故满足题意.
当时,时，单调递减，故不满足题意.
当时,时, 单调递增，故不满足题意.
综上可知：.
（2）证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.
故当时,可得

即，
即.
故

故
【点睛】关键点睛：本题对于第一问恒成立问题的处理是移项构造新函数，不使用较为复杂的分离参数法，而是将0代换为，变成恒成立，再利用函数的单调性即可求解值，第二问的关键是在（1）的基础上得到，然后当时，则得到，再通过累加即可证明不等式.
22．(1)，轨迹为椭圆
(2)证明见解析

【分析】（1）根据极坐标方程直接转化为直角坐标系方程即可，随之可判断曲线的轨迹图形；
（2）根据极坐标方程结合极径的几何意义即可证明结论.
【详解】（1）解：，所以，则
所以，整理得：，轨迹为椭圆.
（2）解：设，
则
所以：
.
即为定值2.