2023成都石室中学高三下学期周练十一（理科）数学试题含答案

石室中学高2023届高三下数学周练十一（理科）

1．已知集合，，则中元素的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

2．已知复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B． C． D．

3．记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”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

4．某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（    ）

A． B． C．8 D．

5．函数的图象可能是（    ）

A． B．C． D．

6．木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（    ）

A．          B．      C．       D．

7．已知圆C：，圆是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆．圆C与圆交于A，B两点，则当最大时，（    ）

A．1 B． C． D．2

8．已知函数，若恒成立，且，则的单调递增区间为（    ）

A．（） B．（）

C．（） D．（）

9．已知椭圆C：（），过点且方向向量为的光线，经直线反射后过C的右焦点，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

10．已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（    ）

A．       B．      C．       D．

11．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为（    ）

A．24 B．25 C．26 D．27

12．如图所示，在菱形中，，分别是线段的中点，将沿直线折起得到三棱锥，则在该三棱锥中，下列说法不正确的是（    ）

A．直线平面            B．直线与是异面直线

C．直线与可能垂直          D．若，则二面角的大小为

13．已知向量，，写出一个与垂直的非零向量______．

14．已知函数，则的单调增区间为_______.

15．已知曲线过曲线上两点A，B分别作曲线的切线交于点P，．记A，B两点的横坐标分别为,则______．

16．某种平面铰链四杆机构的示意图如图1所示，AC与BD的交点在四边形ABCD的内部．固定杆BC的长度为，旋转杆AB的长度为1，AB可绕着连接点B转动，在转动过程中，伸缩杆AD和CD同时进行伸缩，使得AD和CD的夹角为45°，AD的长度是CD的长度的倍．如图2，若在连接点B，D之间加装一根伸缩杆BD，则伸缩杆BD的长度的最大值为______．

17．2023年3月5日，国务院总理李克强在政府工作报告中指出“着力扩大消费和有效投资．面对需求不足甚至出现收缩，推动消费尽快恢复．帮扶旅游业发展．围绕补短板、调结构、增后劲扩大有效投资．”某旅游公司为确定接下来五年的发展规划，对2013~2022这十年的国内旅客人数作了初步处理，用和分别表示第年的年份代号和国内游客人数（单位：百万人次），得到下面的表格与散点图．

(1)2020年~2022年疫情特殊时期，旅游业受到重挫，现剔除这三年的数据，再根据剩余样本数据（，2，3，…，7）建立国内游客人数关于年份代号的一元线性回归模型；

(2)2023年春节期间旅游市场繁荣火爆，预计2023年国内旅游人数约4550百万人次，假若2024年~2027年能延续2013年~2019年的增长势头，请结合以上信息预测2027年国内游客人数．

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，

参考数据：，

18．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，

(1)求数列的通项公式；(2)记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．

19．中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点，是，的中点．

(1)若要经过点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．

20.已知A,B是抛物线E:上不同的两点，点P在轴下方，PA交抛物线E于点C，PB交抛物线E于点D，且满足，其中是常数，且

（1）设AB,CD的中点分别为点M，N，证明MN垂直于轴；

（2）设点P为半圆上的动点，且，求四边形ABCD面积的最大值.

21．已知函数，其中．

(1)若有两个零点，求的取值范围；(2)若，求的取值范围．

22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数），曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求，的直角坐标方程；

(2)若直线l与交于A，B两点，与交于C，D两点，，且，求．

23．已知a，b均不为零，且满足．证明：

(1)；

(2)．

参考答案：

1．C

【分析】分别作出集合所表示的图象，只需判断两图象的交点的个数即可得答案.

【详解】解：因为，表示直线上的点，

又因为，

所以集合表示如图所示的正方形边上的点，

所以中元素的个数即为直线与正方形的边的交点个数，

由图可知直线与正方形的边有2个交点，

即中元素的个数为2.

故选：C.

2．D

【分析】转化为动点到两定点距离相等的几何意义即可得到答案.

【详解】设复数在复平面内对应的点分别为,

则的几何意义是到的距离和到的距离相等,

则在复平面内对应的点满足.

故选：D.

3．B

【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.

【详解】等差数列的前项和为，则，

数列的前项和为，取，显然有，

而，即数列不是等差数列，

所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.

故选：B

4．B

【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.

【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，

又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，

又极差为，所以最小数字为，

所以这组数据为、、、、，

所以平均数为.

故选：B

5. 【答案】D

【分析】利用函数的奇偶性，的值及在区间，上函数值的正负情况，排除错误选项即可得解．

【详解】，

则，，

故是非奇非偶函数，故排除A、B，

；当时，，；当时，，，结合图象可排除C．

故选：D．

6．A

【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.

【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，

且,所以 ,进而可得

取的中点为，过的中点作，连接,

所以 ,,故,

在直角三角形中， 故，

由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，

故选：A

6．D

【分析】代入得，设浓度为7mg/dL时，摄入天数为，则有，通过作差解出即可.

【详解】由函数模型，当时,,

可得,即①.

设血液尿酸浓度达到正常值7mg/dL时，摄入天数为,

则，即②,

②①得，即，则.

故选：D.

7．D

【分析】根据给定条件，结合等腰三角形性质确定顶角最大的条件，再借助直角三角形求解作答.

【详解】依题意，在中，，如图，

显然，是锐角，，又函数在上递增，

因此当且仅当公共弦最大时，最大，此时弦为圆的直径，

在中，，所以.

故选：D

8．D

【分析】根据恒成立，可得，再结合，求得，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解.

【详解】因为恒成立，

所以，即，

所以或，

所以或，

当时，

，

则，与题意矛盾，

当时，

，

符合题意，

所以，

所以，

令，得，

所以的单调递增区间为（）.

故选：D.

9．A

【分析】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C，根据方向向量的直线斜率为，结合反射的性质可得，再结合等腰直角三角形的性质列式求解即可.

【详解】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C.

因为方向向量的直线斜率为，则，，又由反射光的性质可得，故，所以为等腰直角三角形，且到的距离为，又，故，，则，故，离心率.

故选：A

10．B

【分析】由偶函数的定义结合导数可得出，由已知可得出，可求出的表达式，利用导数分析函数的单调性，可知函数在上为增函数，再由可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①

因为函数为偶函数，则，②

联立①②可得，

令，则，且不恒为零，

所以，函数在上为增函数，即函数在上为增函数，

故当时，，所以，函数在上为增函数，

由可得，

所以，，整理可得，解得.

故选：B.

11．A

【分析】由二项分布及其期望计算即可.

【详解】设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；

设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32-n．

X所有可能的取值为0，1，2，，n，则，；

Y所有可能的取值为0，1，2，，32-n，则，，

所以获胜的业余棋手总人数的期望，解得．

故选：A．

12．C

【分析】根据三角形中位线性质和线面平行的判定可知A正确；由异面直线的判断方法可知B正确；由向量线性运算和向量数量积运算律可得，由此可知垂直关系无法成立，知C错误；由，可利用构造方程求得二面角的余弦值，由此可知D正确.

【详解】对于A，分别为中点，，

平面，平面，平面，A正确；

对于B，平面，平面，，

与为异面直线，B正确；

对于C，设菱形的边长为，又，则，

，，

，

，，

即与不可能垂直，C错误；

对于D，取中点，连接，

为等边三角形，，，

即为二面角的平面角，

设菱形的边长为，则，

，

，

又，，解得：，

二面角的大小为，D正确.

故选：C.

13．（答案不唯一）

【分析】首先计算，设，利用垂直则数量积为0有，赋值即可.

【详解】由题意可知,设,则,

取,则,则与垂直的非零向量可以为，

故答案为：.

14．

【分析】根据对数复合函数的单调性，注意函数的定义域，进而确定单调增区间即可.

【详解】令，即，

由，则在上递增，在上递减，

综上，在上递增，在上递减，而在定义域上递增，

所以的单调增区间为.

故答案为：

15．

【分析】根据导数的几何意义，结合图象及垂直的斜率关系计算即可.

【详解】当x>0时，；当x<0时，，

根据导数的几何意义结合图象，不妨设，．

因为曲线在点A，B处的两条切线互相垂直，所以，整理得，所以是．

故答案为：-1

16．

【分析】设，在中，由余弦定理得到，再由正弦定理求得，在中，由余弦定理化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】设，且，

在中，由余弦定理得，

又由正弦定理得，则，

在中，，，则，且，

在中，由余弦定理得

，

所以当时，取最大值1，可得的最大值为9，

所以长度的最大值为．

故答案为：.

17．(1)；

(2)6422百万人次.

【分析】（1）利用最小二乘法结合条件可得回归方程；

（2）根据线性回归方程，结合条件即得.

【详解】（1）由题可得，

，

，

所以，

，

所以根据样本数据（，2，3，…，7）建立一元线性回归模型为；

（2）由可知，年份每增加1年国内旅游人数将增加468百万人次，

所以预测2027年国内游客人数为百万人次.

18．(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用等比数列的基本量运算即得；

（2）根据条件可得，进而可得，然后利用分组求和法即得.

【详解】（1）设的公比为，则，又，

当时，，当时，，

两式相减可得，，所以，

所以或(舍去)，

所以，即，

所以等比数列的通项公式为；

（2）由，，可得，

所以，又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，

所以，

所以.

即.

19．(1)详见解析；

(2)详见解析.

【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，设的中点为，根据线面平行的性质可得就是应画的线，然后根据线面垂直的判定定理结合条件可得截面周长；

（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，设平面，根据线面垂直的性质可得的位置，进而即得.

【详解】（1）因为平面，平面，

所以平面，又平面，

设平面平面，则，

设的中点为，连接，则，又，

所以，即为，就是应画的线，

因为平面，平面，

所以，又，，平面，

所以平面，平面，

所以，即截面为直角梯形，又，

所以，，

所以，截面周长为；

（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴的正向建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

所以，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

设平面，设，又，

∴，，

由，可得，即，

即为的三等分点，连接，即就是应画的线.

20.（1）因为且P,A,C共线，P,B,D共线，故；

所以，设，故

由得，所以，即，

所以MN垂直于x轴

（2）设，则

当=2时，C为PA中点，则

因为C在抛物线上，所以，即

同理，

所以，是方程的两个根，则有

所以则PM垂直于x轴，

故

所以

当时，

21．(1)；

(2)．

【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；

（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.

【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，

设，则，

由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，

所以的最大值为，当时，当时，，

所以可得函数的大致图象，

所以，解得，

所以，有两个零点时，的取值范围是；

（2）设，即，则恒成立，

由，，可得，

下面证明当时，，即证，

令，则证，，

令为开口向上的二次函数，对称轴为，

由（1）可知，故在时单调递增，

则，

下面只需证明即可，即证，

令，则，

令，则，

所以函数单调递减，且，

所以当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，即，从而不等式得证，

综上，的取值范围是．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．(1):，:；

(2).

【分析】（1）消去参数化曲线的参数方程为普通方程，利用极坐标与直角坐标互化得的直角坐标方程.

（2）把直线l的参数方程分别与曲线，的直角坐标方程联立，利用韦达定理结合参数的几何意义求解作答.

【详解】（1）消去曲线参数方程中的参数，得的普通方程：，

由得，又，则有，

所以，的直角坐标方程分别为，.

（2）把代人，得，

整理得，设点,所对应的参数分别为，则，

把代人，得，

整理得，设点,所对应的参数分别为，则，，

，且，即与的中点重合，因此，

于是，而，解得，

，

所以.

23．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据完全平方式有，再利用基本不等式即可证明；

（2）根据条件将原式化简为，再利用基本不等式即可证明.

【详解】（1），，

.根据基本不等式得,

当且仅当时,等号成立.整理得,

（2）

，

由基本不等式和不等式的性质,得，，

故，

当且仅当时,等号成立,