2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期周练13数学（理）含答案

这是一份2022-2023学年四川省成都市石室中学高三上学期周练13数学（理）含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 成都石室中学高2023届高三上期周练十三（理科）
一、单选题
1．已知复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，则（       ）
A． B． C． D．
2．已知全集，集台和的关系如图所示，则阴影部分表示的集合的元素共有（    ）
A．个 B．个 C．个 D．无穷多个
3．从编号依次为，，，的人中选取人，现从随机数表的第一行第列和第列数字开始，由左向右依次选取两个数字，则第五个编号为（    ）
         
           
A． B． C． D．
4．已知等差数列，前n项和为，则（    ）
A．200 B．300 C．500 D．1000
5．若，则（    ）
A． B． C． D．
6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则 （ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．已知的展开式中的系数为10，则实数a的值为（    ）
A． B． C． D．2
8．已知函数的导函数的图象如图所示，其中点A和点B分别是的图象的一个最低点和最高点．则下列说法正确的是（    ）
A．将曲线向左平移个单位长度，再将纵坐标伸长为原来的2倍即可得到的图象
B．将曲线向左平移个单位长度，再将纵坐标缩短为原来的即可得到的图象
C．将曲线向左平移单位长度，再将纵坐标伸长为原来的2倍即可得到的图象
D．将曲线向左平移单位长度，再将纵坐标缩短为原来的即可得到的图象
9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为（    ）
A． B． C． D．
10．已知函数，若存在使得，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
11．已知斜率为的直线过抛物线：的焦点且与抛物线相交于两点，过分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为2，则的值为（    ）
A． B． C． D．
12．在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：
①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；
②在平面上存在一点P，使得平面；
③三棱锥的体积为定值；
④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．
其中正确结论的序号是（    ）
A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④

二、填空题
13．实数、满足条件，则的最大值为______．
14．设为正项等比数列的前n项积，若，则___________．
15．已知平面向量，且，向量满足，则当成最小值时___________.
16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______.
三、解答题
17．已知的内角的对边分别为，且的面积为．
(1)求的值；
(2)若为边的中点且，求的周长．








18．如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.
(1)若平面，求；
(2)若是的中点，求二面角的正弦值.

















19．女排世界杯比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局（第五局）采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得1分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得1分.现有甲乙两队进行排球比赛.
(1)若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为，求甲队最后赢得整场比赛的概率；
(2)若前四局比赛中甲､乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分为甲､乙各14分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，得分者获得下一个球的发球权.求两队打了个球后，甲队赢得整场比赛的概率.


















20．设，已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)对于函数的极值点，存在，使得，试问对任意的正数，是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)若函数在区间上的最大值为40，试求的取值集合．

























21．已知椭圆的焦距为分别为左右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点的切线方程为.点为直线上的动点，过点作椭圆的两条不同切线，切点分别为，直线交轴于点，记的面积分别为.
（i）证明：为定点；
（ii）设，求的取值范围.



















22．在直角坐标系中，曲线经过伸缩变换后得到曲线，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为：.
(1)写出曲线的参数方程和直线l的直角坐标方程；
(2)已知点P为曲线上一动点，求点P到直线l距离的最小值，并求出取最小值时点P的直角坐标.

参考答案：
1．D
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的运算，即可求解．
【详解】解：复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，
，

故选：D．
2．B
【分析】由韦恩图可得阴影部分表示的集合为，由交集，补集的概念可得结果.
【详解】由题意，集合，
，所以阴影部分表示的集合为，
有个元素.
故选：B
3．A
【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．
【详解】依题意，选取方法是从随机数表第一行第列和第列数字开始，
由左向右依次选取两个数字，
若选到的数字和已经入选的编号重复，则直接跳过，继续向后选，
这样，由左到右依次选取两个数字中小于的编号依次为：，，，，，
则第五个个体的编号为．
故选：A．
4．C
【分析】设等差数列的首项为，公差为d，化简可得，结合等差数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，
则，
化简得,
故选:C．
5．D
【分析】利用三角恒等变换和同角三角关系求解即可.
【详解】因为，所以，
所以

，
故选：D
6．C
【详解】试题分析：对A，若，，则或或，错误；
对B，若，，则或或，错误；
对C，若，，，则，正确；
对D，若，，，则或或，错误.
故选C.
考点：空间中的线线、线面、面面的位置关系，容易题.

7．B
【分析】因为，结合二项展开的通项公式运算求解.
【详解】的展开式的通项公式为，，
∵，
∴，解得，
故选：B.
8．B
【分析】首先求函数的导数，再根据函数图象求函数的解析式，最后根据图象变换规律，判断选项.
【详解】，由题图可知导函数的最小正周期为，则，则，，
当时，函数取得最大值，，，,
因为，所以，所以，
因此将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，再将纵坐标缩短为原来的即可得到的图象.
故选：B．
9．C
【分析】利用中位线的性质得到，且，根据得到，然后利用点到直线的距离公式得到，最后再直角三角形中利用勾股定理列方程得到，即可得到双曲线方程.
【详解】因为，，且为中点，所以，且，
因为，所以，解得，
直线l的方程为，所以，则，在直角三角形中利用勾股定理得，解得，所以双曲线的标准方程为.
故选：C.
10．A
【分析】，易得与的图象关于直线对称，由大小关系易判断，再将全部代换为含a的式子得，令，利用换元法和对勾函数性质进而得解.
【详解】∵，∴与的图象关于直线对称，作出的大致图象如图所示，

易知，由，即，，得，
∵，∴，得，
∴.
设， 则，.
，当且仅当取到等号，
故当时，令，单减，，
故.
故选：A
11．D
【分析】设直线：， 与椭圆方程联立，根据与的面积之比为2，利用抛物线定义得到，再结合韦达定理求解.
【详解】解：如图所示：

由抛物线：，得，
设直线：，，，
由得，
所以，，
由已知和抛物线定义知：，
则有，即，
所以
解得，，.
故选：D
12．D
【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；
②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；
③作出辅助线，利用求出体积为定值；
④得到球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，求出弧长和.
【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
如图1，对于①，当点移动到点时，此时，
则，
因为，
所以与不垂直，所以①错误；

对于②，平面与平面为同一个平面，而，
所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；

如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，
所以，
又⊥平面，
故，所以③正确；

如图4，连接，DB，，则，
以点D为球心作半径为的球面，

球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，
弧长和为，所以④正确，
故选：D．
13．
【分析】根据题意首先作出可行域，再令，利用截距的几何意义求解.
【详解】由约束条件作出可行域如下图：
联立解得，联立解得.
令，化简得，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值；过点时，直线在轴上的截距最大，有最小值.
所以的最大值为.

故答案为：5
14．32
【分析】根据等比数列通项公式基本量计算求出首项和公比，再计算出前10项积即可.
【详解】由，得，
因为为正项等比数列，所以，
解得：，
又，解得：，
所以．
故答案为：32
15．
【分析】先根据平面向量数量积的定义求出夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出和，进而根据图形得出点C的几何意义，最后确定取最小值时的.
【详解】∵，，而，， 又∴，∴，，，
因为向量满足，所以
如图所示，
  
若，，，，则，，所以，所以在以为圆心，2为半径的圆上，若，则，由图象可得当且仅当，，三点共线且时，最小，即取最小值，此时，，又，，所以.，
故答案为：.
16．
【分析】本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出，再根据“点即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出，然后根据图像以及可得和，接下来利用双曲线定义得出以及，最后根据并通过化简求值即可得出结果．
【详解】
如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设，
由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，
因为圆是以为直径，所以圆的半径为，
因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，
联立化简可得，整理得，
，，所以，
因为，所以，，
因为，所以，
因为，联立可得，，
因为为圆的直径，所以,
即，，，
，，，所以离心率．
【点睛】本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题．
17．(1)
(2)

【分析】（1）余弦定理得，面积公式得结合即可解决；（2）根据得，由，，得，解得，然后余弦定理解决即可.
【详解】（1）由余弦定理可得，
又，整理得．
因为，即
所以．
（2）由（1）的过程可知，
所以，解得．
因为，
所以．
因为，
所以，
所以，
即，解得．
故，
所以，
即．
所以的周长为．
18．(1)
(2)

【分析】（1）取中点，作交于点，由面面垂直性质可证得平面，从而得到；由线面平行的性质可知，由此可得四边形为平行四边形，得到，可知为中点，由此可得结果；
（2）由（1）可知平面，结合，则可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，作，交于点，连接，

为等边三角形，，又，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，又，；
平面，平面平面，，
四边形为平行四边形，，，
为的中位线，为中点，.
（2）由（1）知：若为中点，则平面，
为等边三角形，，
则以为坐标原点，正方形为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，，
即二面角的正弦值为.
19．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可得甲队将以或的比分赢得比赛，从而可求出甲队最后赢得整场比赛的概率；
（2）由题意可知甲接下来可以以或赢得比赛，此时的取值为2或4，然后分别求出各自对应的概率，从而可求出甲队赢得整场比赛的概率.
【详解】（1）依题意，甲队将以或的比分赢得比赛.
若甲队以的比分赢得比赛，则第4局甲赢，
若甲队以的比分赢得比赛，则第4局乙赢，第5局甲贏.
故甲队最后赢得整场比赛的概率为.
（2）依题意，甲每次发球，甲队得分的概率为，接发球方得分的概率为.
甲接下来可以以或赢得比赛，此时的取值为2或4.
当时，其赢球顺序为“甲甲”，对应发球顺序为“甲甲”，
；
当时，其赢球顺序为“甲乙甲甲”或“乙甲甲甲”，对应发球顺序为“甲甲乙甲”和“甲乙甲甲”，
.
两队打了个球后，甲队赢得整场比赛的概率为：
.
20．(1)的单调递增区间为：与；单调递减区间为：；
(2)是定值6；
(3).

【分析】（1）由函数，求导函数，令，由导函数的零点将定义域分段，分析当变化时，，的变化情况，即可得函数的单调区间；
（2）方法一：根据，，确定，与之间的等式关系，又由得与的关系，即可得与的关系，由（1）知和是函数的极值点，则当和分别求解，确定是否为定值即可；
方法二：由，两式联立进行因式分解可得，即可得为定值；
（3）由于函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得，分别求解得，，，讨论或 ，分别求解的取值情况，即可得的取值集合．
【详解】（1）解：由，，可得．
因，由，解得．
当变化时，，的变化情况如下表：







＋
0
－
0
＋

单调递增

单调递减

单调递增

所以，的单调递增区间为：与；单调递减区间为：．
（2）方法1：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即．
由（1）知，和是函数的极值点，
故当时，由（*）可得，
解得，即，
此时．
当时，由（*）可得，
解得，即，此时．
综上，可得结论成立．
方法2：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，
得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即，将其代入（*），
得（**）
即
亦即．
由于，因此．
（3）解：因函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得．
又，，，
（因）
①若为在区间上的最大值（等于40），
令，则，且，由，得．
设，则恒成立，故在上严格递增，
于是在上存在唯一的，使，易知，进而相应的．
而此时，，因此符合题意．
②若为在区间上的最大值（等于40），则，或．
（i）当时，，，
为在区间上的最大值，因此符合题意．
（ii）当时，，，，
于是不符合题意，舍去．
综上所述，符合条件的的取值集合为．
【点睛】本题考查了函数与导数的综合应用，主要涉及利用导数确定函数单调区间、极值点与方程的根、闭区间上的最值问题，需要注意解题的基本思路和基本方法，属于中等难度的题.本题解决极值点与函数方程的关键是运算问题，方法一强调，与之间的等式关系为，又由得与的关系，整理可得与的关系，再结合的取值情况即可得为定值；方法二强调的是多元变量的因式分解问题，主要涉及的是分组因式分解方法，需要保证两两分组后有公因式，利用方程的根即可得为定值；而对于函数在闭区间上的最大值即比较区间端点值与极值的大小即可得最大值的取值情况，且注意检验最值是否取到.
21．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）

【分析】（1）首先根据的周长为求出的值，根据焦距求出的值，再利用求出的值，进而求出曲线的标准方程；
（2）（i）首先根据题干已知结论求出椭圆的两条切线方程，然后根据两点唯一确定一条直线可得直线的方程为即，进而可以求出直线恒过的定点；
（ii）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理求出与，然后利用解三角形中的三角形面积得，进而分与两种情况结合函数知识分别求解的取值范围，即可得到的取值范围.
【详解】（1）由题意知，解得
椭圆的标准方程为.
（2）（i）设点，则由题意可得椭圆在，
处的切线方程分别为：
点在两条切线上

由于过两点的直线仅有一条
直线的方程为即
当变化时，直线过定点
（ii）
由图知，当直线的斜率存在时不为0，设直线的方程为，
代入整理得，恒成立，不妨令，
；

得
当时，，此时；
当时，，
令且，则，
且，解得且
综上知，，进而
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
22．(1)（为参数），
(2)最小值，此时点P的坐标为

【分析】（1）根据伸缩变换的公式，结合两角和的正弦公式、直角坐标方程与极坐标方程互化公式进行求解，
（2）根据参数方程，利用点到直线距离公式，结合辅助角公式进行求解
【详解】（1）由题意，曲线的参数方程为（为参数），经过伸缩变换，
曲线的参数方程为（为参数），
由得：，
化为直角坐标方程为
（2）设，
点P到直线l的距离为，
当时，即，得时，
点P到直线l的距离d取到最小值，