2023成都石室中学高三下学期周考（七）理科数学含答案

成都石室中学高2023届高三上数学周练七

一、单选题(共60分)

1．已知，集合，若有三个元素，则（    ）

A． B． C． D．

2．如图，在复平面内，复数，z2对应的向量分别是，，则的虚部是（　　）

 A． B． C． D．

3．已知，向量在向量上的投影为，且，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

4．已知椭圆：，四点，，，中恰有三个点在椭圆上，则这三个点是（    ）

A．，，      B．，， C．，，  D．，，

5．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则（    ）

A． B． C． D．

6．执行如图所示的程序框图，输出的的值为，则输入的的值可以为（    ）

A．29 B．30 C．31 D．32

7．已知角α满足，则的值为（    ）

A． B． C． D．

8．已知的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项为第（    ）项.

A．3 B．4 C．5 D．6

9．已知函数的部分图象如图所示，则函数的单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

10．在各项均为正数的等差数列中，、、构成公比不为的等比数列，是的前项和．若，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

11．如图，已知抛物线，过点和分别作斜率大于的两平行直线，交抛物线于，和，，连接交轴于点，则直线的斜率是（    ）

A． B． C． D．

12．已知分别是函数和的零点，则下列不一定成立的是（    ）

A．        B． C．   D．

二、填空题(共20分)

13．在中，若，则_________.

14．若四面体的各个顶点到平面距离都相等，则称平面为该四面体的中位面，则一个四面体的中位面的个数是______.

15．已知圆C过点A（，2），B（1，0），则圆心C到原点距离的最小值为___________

16．公比为q的等比数列满足：，记，则当q最小时，使成立的最小n值是______．

三、解答题(共70分)

17．某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距 的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得，，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得，．（注：点A，B，C，D在同一平面内）

(1)求的面积；

(2)求点之间的距离．

18．如图，四面体ABCD中，，，E是AC的中点．

(1)当F在线段BD上移动时，判断AC与EF是否垂直，并说明理由；

(2)若，，试确定点F在线段BD上的位置，使CF与平面ABD所成角的正弦值为．

19．甲、乙两地教育部门到某师范大学实施“优才招聘计划”，即通过对毕业生进行笔试，面试，模拟课堂考核这3项程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项程序均通过后即可签约．去年，该校数学系130名毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）．

今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才招聘计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，m，其中0＜m＜1．

(1)判断是否有90%的把握认为这130名毕业生去年参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关；

(2)若小明能与甲、乙两地签约分别记为事件A，B，他通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y．当E（X）＞E（Y）时，证明：P（A）＞P（B）．

参考公式与临界值表：，n＝a＋b＋c＋d．

20．已知椭圆E：的离心率为，点A，B分别为椭圆E的左右顶点，点C在E上，且面积的最大值为．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝﹣4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN．

21．已知函数，，在上有且仅有一个零点.

(1)求的取值范围；

(2)证明：若，则在上有且仅有一个零点，且.

22．数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线的形状如心形（如图），称这类曲线为心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．当时，

(1)求E的极坐标方程；

(2)已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的面积的最大值．

参考答案：

1．A

【分析】由有三个元素可判断或，由互异性排除不合理数值，再求即可.

【详解】因为集合，有三个元素，

若且，无解，

若且，解得，此时,

所以，

故选：A.

2．B

【分析】先求出，，再利用向量除法法则计算得到，求出虚部.

【详解】由题意得：，，

所以，，

所以，

故虚部为.

故选：B

3．B

【分析】根据向量在向量上的投影求出，结合，求出，利用向量夹角余弦公式求出，得到向量与的夹角.

【详解】依题意，，，

∴，

∵，

∴，

∴，，

∴，

∵，

∴.

故选：B.

4．D

【分析】根据椭圆的对称性可知：椭圆经过两点，进一步比较判断即可求解.

【详解】因为两点关于轴对称，所以椭圆经过两点，

又因为，所以椭圆不经过点，故椭圆经过，，点，

故选：.

5．A

【分析】利用圆锥侧面积公式推得，再由侧面展开图的圆心角公式推得，由此得到两圆锥高分别为与，从而求得两圆锥体积的比值.

【详解】依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为，高为，乙圆锥底面半径为，高为，两者母线长为，

则，

由得，故，

因为侧面展开图的圆心角之和为，所以，故，

所以，，

所以.

故选：A.

.

6．B

【分析】根据循环结构，逐步运算，得到值的规律即可得到答案.

【详解】程序运行如下：，；，；，；，；…，

此程序的值3个一循环.若输出的的值为，则输入的的值为，仅有B符合；

故选：B.

7．B

【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用二倍角公式结合齐次式即得.

【详解】因为，

所以，

所以，即，

所以.

故选：B.

8．C

【分析】先求出二项式展开的通项公式，分别求出第3项的系数与倒数第3项的系数，由题意得到关于的方程，即可确定其展开式二项式系数最大项.

【详解】的展开式通项公式为，

则第3项的系数为，倒数第3项的系数为，

因为第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，

所以，所以，解得，

所以展开式中二项式系数最大的项为第5项，

故选：C

9．B

【分析】根据图像上特殊点的坐标满足的解析式，结合函数的周期情况，即可求得参数，再利用整体法求函数单调增区间.

【详解】根据的图象可知：，故可得，即，又，故；

又，故可得，解得或，

解得：或，

数形结合可知：，即，结合，解得，

显然不满足题意，故对，当且仅当时，满足题意；

故；

令，解得.

即的单调增区间为：.

故选：B.

10．A

【分析】设等差数列的公差为，则且，根据已知条件可得出与的关系式，求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出，根据题意可得出关于，解之即可.

【详解】设等差数列的公差为，则且，

由已知可得，即，可得，

所以，，

，

所以，，

，，则，可得，

因此，的最小值为.

故选：A.

11．D

【分析】由题知，进而设直线的方程为，与抛物线联立方程得，进而可得，，再求斜率即可.

【详解】解：因为，，，所以，

因为，

所以∽，

所以，即，

因为过点和两平行直线斜率大于

所以，直线斜率大于，

故设直线的方程为，

联立方程得，

所以

所以，，解得

所以，

所以，即直线的斜率是.

故选：D

12．C

【分析】根据零点定义得出，结合单调性求出，代入即可判断AB，求出的范围，将CD选项中的表达式表示为关于的函数，结合函数的单调性即可得结果.

【详解】由题意易得①；②

所以，

因为在上单调递增，所以，

所以，，故AB正确；

，令，

则在上恒成立，即在上单调递增；

由于在上单调递增，

，所以，

即，故C错误；

在上单调递增，

所以，故D正确，

故选：C.

13．

【分析】利用两角和的正切公式结合诱导公式化简可得的值，再利用二倍角的正切公式化简可得的值.

【详解】因为，

所以，，

由题意可得，

若，则，不妨设为锐角，则，

则，不合乎题意，

所以，，故，因此，.

故答案为：.

14．

【分析】分3种情况分类讨论即可，①四个顶点均在平面的一侧，②平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点，③平面的两侧各有两个顶点.分别求出中位面的个数再相加可得答案.

【详解】解：将所考虑的四面体记作.

若四个顶点均在平面的一侧，则这四个顶点必位于一个与平面平行的平面内，不符合条件；

只考虑以下两种情形.

（1）平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点.

不妨设在平面 的一侧，点在另一侧，

则三点所确定的平面必平行与，

由点作平面的垂线，为垂足.

则中位面必为经过的中点且与垂直的平面（存在且唯一），该中位面平行于平面，如图.

这种类型的中位面共有4个.

（2）平面的两侧各有两个顶点，不妨设点在平面的一侧，点在另一侧，

显然 ，

易知，与为异面直线，中位面必为经过它们公垂线中点且平行于它们的平面（存在且唯一）如图.

因为四面体的6条棱可按异面直线关系分为3组，

所以，这种类型的中位面共有3个.

综上，一个四面体有7个互不相同的中位面.

故答案为：7.

15．

【分析】求出线段的垂直平分线的方程，原点到线段的垂直平分线的距离即为所求最小值．

【详解】由题意圆心在线段的垂直平分线上，

，线段的垂直平分线的斜率为1，

的中点为，

所以线段的垂直平分线方程为，即，

原点到这条直线的距离为，

所以圆心C到原点距离的最小值为．

故答案为：．

16．15

【分析】由等比数列的性质与导数得的最小值后求解

【详解】，构造函数，

，当时，当时，

在上单调递减，在上单调递增，

，此时，，

；∴．

故答案为：15

17．(1);

(2)．

【分析】（1）由正弦定理求得的长，利用三角形面积公式，即可求得答案；

（2）求出和，由余弦定理即可求得答案.

【详解】（1）在 中，，，所以．

由正弦定理：，得，

所以,

，

所以 的面积为．

（2）由，，得，且,

．

在 中由余弦定理，得

,

所以．

即点C，D之间的距离为．

18．(1)，理由见解析；

(2)点F在线段BD上靠D点四等分点处．

【分析】（1）证明转化成证明平面DEB；

（2）先证得，从而建立以E为原点的空间坐标系，利用空间向量求解即可．

【详解】（1）证明：连接，如下图所示，

且E为AC中点，

，

在和中，

，

，

，

，

，平面DEB，

平面DEB，

又平面DEB，

．

（2）解：，

即，

为直角三角形，

又E是AC的中点，

∴ ，

结合（1）知：可建立E为原点，分别以、、方向为轴的空间坐标系，

则，，，

，

结合（1）知为等边三角形，

，

，

，

设，，

则，

，

，

，

，

设为平面ABD的法向量，

则，

即，

解得：，

，

，

即，

整理得，

解得，

所以点F在线段BD上靠D点四等分点处．

19．(1)没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关

(2)证明见解析

【分析】(1)依据列联表中的数据代入，求出后参考临界值表.

(2)分别列出小明参加甲乙程序的分布列，算出E（X）与E（Y），通过E（X）＞E（Y）即可证明：P（A）＞P（B）．

【详解】（1）因为

，且，

所以没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关．

（2）因为小明参加各程序的结果相互不影响，

所以，则．Y的可能取值为0，1，2，3．

，

，

，

．

随机变量Y的分布列：

．

因为E（X）＞E（Y），所以，即，

所以，

所以P（A）＞P（B）．

20．(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由条件列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；

(2) 设MN的中点P（x0，y0），,先验证当时，直线OD平分线段MN，当时，再利用点差法求出直线的斜率，并证明三点共线即可.

【详解】（1）由椭圆的性质知当点C位于短轴顶点时面积最大．

∴，解得，

∴椭圆的方程为；

（2）如图所示，

设，，，线段的中点；

则，，

由（1）可得，则直线DF的斜率为；

当时，直线的斜率不存在，由椭圆性质易知平分线段，

当时，直线的斜率；

∵点M，N在椭圆E上，∴，整理得：，

又，，

∴，直线OP的斜率为，

∵直线OD的斜率为，

∴所以三点共线，即直线OD平分线段MN．

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分，和三种情况讨论，根据零点存在性定理判断即可.

（2）构造，利用导数判断单调性可知，存在唯一，使得，且，从而可得.

【详解】（1），设，

，

①当时，若，则，

在上无零点，不符合题意；

②当时，若，则，

∴在上单调递增，

∴，∴在上无零点，不符合题意；

③当时，若，则，∴在上单调递增，

∵，，

∴存在唯一，使得.

当时，；当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

∵，，

故在上有且仅有一个零点，符合题意；

综上，的取值范围为.

（2）记，

，

由（1）知：若，当时，，，

当时，，，

故在上单调递减，在上单调递增，

又，，

故存在唯一，使得，且.

注意到，可知在上有且仅有一个零点，

且，即.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．(1)；

(2)．

【分析】（1）将，代入曲线E，化简可得答案；

（2）不妨设，，，，则的面积，令，可得，再利用配方计算可得答案.

【详解】（1）将，代入曲线E，

得，即，

所以，E的极坐标方程为；

（2）不妨设，，

即，，

则的面积

，

由于，

令，则，，

则，

故当时，，