四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期一诊模拟考试数学（理）试题及答案

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期一诊模拟考试数学（理）试题及答案，共22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。
四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期一诊模拟考试数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则集合的元素个数为（    ）A． B． C． D．2．若复数z满足，则的虚部是（    ）A． B． C． D．3．“”是“方程表示椭圆”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．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原的面积是（    ）A． B． C． D．5．已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为8和6，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为，则母线长为（    ）A．4 B．8 C．10 D．166．一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）A．2.7 B．2.9 C．3.1 D．3.37．如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．记数列是等差数列，下列结论中一定成立的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则9．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．A．4 B．2 C． D．10．在正方体中，P是平面内的一动点，M为线段的中点，则下列说法错误的是（    ）A．平面内任意一条直线都不与平行B．平面和平面的交线不与平面平行C．平面内存在无数条直线与平面平行D．平面和平面的交线不与平面平行11．从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，下列说法正确的是（    ）A．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，则每次摸到红球的概率均不同B．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第二次摸到红球的概率为C．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为D．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，且约定每次摸到红球则积2分，摸到黄球积1分.连续摸n次后，摸到红球的积分和的方差为12．已知，，且，，则下列说法正确的个数有（    ）个①  ②  ③  ④A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题13．的展开式中的常数项为__________.14．已知（），则的最小值为___________.15．为了测量一个不规则公园两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距的两点，点在点A的正东方向上，且四点在同一水平面上．从点A处观测得点在它的东北方向上，点在它的西北方向上；从点处观测得点在它的北偏东方向上，点在它的北偏西方向上，则之间的距离为______km.16．已知，，且，则的取值范围是___________. 三、解答题17．已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满足，且．(1)求；(2)若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．18．新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病毒.对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情天灾，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命安全和身体健康放在第一位.明确坚决打赢疫情防控的人民战争、总体战、阻击战.当前，新冠肺炎疫情防控形势依然复杂严峻.为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛（满分100分），竞赛奖励规则如下：得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表.竞赛成绩人数61218341686 (1)从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生恰有一名学生获奖的概率；(2)若该市所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，若从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取4名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.19．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．(1)求证：平面MBCN；(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．20．已知椭圆且四个点、、、中恰好有三个点在椭圆C上，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且，证明：直线l与定圆相切，并求出的值.21．设函数，函数（）.(1)求的单调区间；(2)若，有三个不同实根，，（），试比较，，的大小关系，并说明理由.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，，点，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴为极轴的建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)过坐标原点O任作直线l与曲线C交于E、F两点，求的值．23．已知，，不等式恒成立.（1）求证：；（2）求证：.
参考答案：1．C【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵，∴，即集合的元素个数为3.故选：C.2．B【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.【详解】由得：，的虚部为.故选：B.3．B【分析】先求出“方程表示椭圆”的充要条件，即可判断.【详解】“方程表示椭圆”的充要条件为，即且.故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B4．A【分析】根据直观图面积是原图面积的，先计算的面积，即求得的面积.【详解】解：设原图面积是，对应直观图面积为直观图，由图可知，根据“斜二测画法”的原则：“横不变纵减半，两轴夹角”，，即.中，，高，故的面积为，那么的面积为.故选：A．5．A【分析】利用扇形的弧长公式和圆心角，即可计算求解.【详解】如图，弧长为，弧长为，因为圆心角为，，，则母线.故选：A.6．C【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，由得： 故的最大值为3.1,故选：C7．C【分析】根据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数的值，由此根据该函数值域，可求得答案.【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，该函数解析式为： ，输出的函数值在区间 内 ，必有当时，，当 时 ， ，即得 ．故选∶C．8．C【分析】根据等差数列的性质，举反例判断ABD即可，根据基本量法判断C即可.【详解】对A，若，则，但，故A错误；对B，若，则，但，故B错误；对C，设公差为，则由可得，即，故，故C正确；对D，设公差为，则，故D错误；故选：C．9．A【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，依题意，，而，，故，即，则，故，故选：A．10．B【分析】对A，根据与平面相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长，交于，根据线面平行的性质判断即可.【详解】对A，因为与在平面内且不平行，故与相交，故与平面相交，若平面内任意一条直线与平行，则平面，矛盾，故A正确；对B，由平行，平面，平面，故平面.设平面和平面的交线为，由线面平行的性质可得，又平面，平面，故平面，故B错误；对CD，延长，交于，连接如图.由题意，平面和平面的交线即直线，故当平面内的直线与平行时，与平面也平行，故C正确；交线与平面交于，故D正确；故选：B11．D【分析】对于A，利用古典概型的概率公式求解，对于B，利用互斥事件和独立事件的概率公式求解判断，对于C，利用条件概率公式求解判断，对于D，利用二项分布的方差公式及性质求解判断.【详解】对于A，因为从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，所以每次摸到红球的概率相同，所以A错误，对于B，记事件为第一次摸到红球，事件为第一次摸到黄球，事件为第二次摸到红球，则，所以B错误，对于C，第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为，所以C错误，对于D，设摸到红球的次数为，则，由题意可知，所以，所以，所以D正确，故选：D.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：D13．【分析】写出展开式得通项，令的指数等于0，即可得解.【详解】解：的展开式的通项为，令，则，所以的展开式中的常数项为.故答案为：.14．4【分析】根据可得，再根据基本不等式求解即可.【详解】因为，故，当且仅当，即时取等号.故的最小值为4.故答案为：415．2【分析】由题意确定相应的各角的度数，在中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解，求得答案.【详解】由题意可知，, ,故在中，，故 ，，在中，，故 ，，所以在中，，则 ,故答案为：216．【分析】由题意，均在圆心为原点，半径为2的圆上，再根据数量积公式，结合几何意义分析最值求解即可.【详解】由题意，，故均在圆心为原点，半径为2的圆上.①当为直径时，，又为在直径上的投影，故，此时；②当不为直径时，，设，数形结合可得在上的投影，故，即，故当，时有最小值，此时.综上可得的取值范围是.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）根据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，又，且为锐角，所以， 所以．因为．所以．所以．（2）设，，根据题设有，所以，可得， 所以，当且仅当时等号成立． 所以的最小值为．18．(1)(2)分布列见解析，2 【分析】（1）根据题意可得获奖情况，再根据组合数的计算与概率公式求解即可；（2）由正态分布的性质可得随机变量，再列出分布列求解数学期望即可.【详解】（1）由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，共30人，则70人没有获奖，所以从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，这2名学生恰有一名学生获奖的概率为.（2）因为该校所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，所以，所以，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生成绩在64分以上的概率为，所以随机变量，所以（，1，2，3，4），所以，，，，，所以的分布列为01234P 所以.19．(1)证明见解析(2)存在，或， 【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解判断即可【详解】（1）证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以平面MBCN；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为，，所以平面，所以为平面的一个法向量，假设线段BC上存在点D，设，则，所以（），所以,设平面的法向量为，则，令，则，因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为所以，化简得，，解得或，所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，此时或，20．(1)；(2)证明见解析，. 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的对称性判断椭圆经过的三点，再代入求解作答.（2）直线l的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合垂直的向量表示，并求出原点到直线l的距离，再讨论直线斜率不存在的情况作答.【详解】（1）由椭圆的对称性知，，必在椭圆上，则不在椭圆上，有在椭圆上，因此，解得，所以椭圆C的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，设，则点，因，则，解得，即原点O到直线l的距离为，当直线l的斜率存在时，设直线，，由消去y并整理得：，有，，，因，则，整理得，满足，原点O到直线l的距离，综上得：原点O到直线l的距离恒为，即直线l与圆相切，所以直线l与定圆相切，.21．(1)答案见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）求导分与两种情况，讨论导函数的正负区间与单调性即可；（2）易得（），结合题意与函数单调性可得，进而可得三根的表达式，且，，，，先根据单调性判断，，结合作差法有，换元令（），再构造函数求导分析函数的单调性与最值判断即可.【详解】（1）由已知，当时，在恒成立，在上单调递增；当时，由得，若时，，在上单调递增，若时，，在上单调递减；综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）由题意得：（）（）（），（），令（），当时，，，在上递增；不满足；当时，∵（），∴，，在上递增；也不满足有三个不同实根；当时，由得，，∴在上递增，在上递减，在上递增.∵有三个不同实根，，（），显然，且，，∴，，.由可得，故，所以，即，.由的单调性可知，当时，，递增；当时，，递减.∴，.由得，又，∴，∴，∴，令（），则令（），∴，令（），令，，，∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，则，∴在上递减，∴，∴，∴，综上：，，的大小关系为：.【点睛】本题主要考查了利用导数含参分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了函数零点的问题.需要根据题意确定零点之间的关系，代入函数解析式后再构造函数分析单调性与最值，需要注意极值点若满足二次方程的根，则可利用韦达定理建立联系.属于难题.22．(1)(2)12 【分析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可；（2）由韦达定理可知，根据余弦定理可知从而求解结果．【详解】（1）曲线的平面直角坐标系方程为，故曲线的极坐标方程为．（2）设直线的倾斜角为，则，∵，由韦达定理可知．由余弦定理可知．∴．23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先根据绝对值三角不等式求得的最大值，从而得到，再利用基本不等式进行证明；（2）利用基本不等式变形得，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个不等式，再进行不等式相加，即可得答案.【详解】（1）因为，所以，因为，，，所以，所以，故.（2）因为，所以，即，两边开平方得，同理可得，，三式相加，得.【点睛】本题考查绝对值三角不等式以及应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力，是中档题.