四川省遂宁市2023届高三第三次诊断考试数学（文）试题

四川省遂宁市2023届高三第三次诊断考试数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，其中为虚数单位，则=（    ）

A．0 B． C． D．1

3．下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（    ）

A．月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月

B．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关

C．每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加

D．9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小

4．下列说法不正确的是（    ）

A．若，则

B．命题，，则：，

C．回归直线方程为，则样本点的中心可以为

D．在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件

5．已知实数，满足则的最小值是（    ）

A． B． C． D．1

6．已知数列为等比数列，，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．或 B． C．18 D．2

7．函数的图像大致为（    ）

A．

B．

C．

D．

8．已知函数，，，且的最小值为，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．2

9．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（    ）

A．异面直线与所成角为

B．当E，F运动时，平面 平面

C．当E，F运动时，存在点E，F使得

D．当E，F运动时，三棱锥体积不变

10．已知数列的前项和为，且，，则（    ）

A．210 B．110 C．50 D．55

11．已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为，若为坐标原点)，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

12．已知定义在上的函数满足：当 时，恒有，若对任意，，恒成立，则ab的最大值为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知向量，且，则___________.

14．已知，从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为__________.

15．如图，在中，，，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为__________.

16．已知点为拋物线的焦点，点，若第一象限内的点在抛物线上，则的最大值为__________.

三、解答题

17．习近平总书记在党史学习教育动员大会上强调：“回望过往的奋斗路，眺望前方的奋进路，必须把党的历史学习好、总结好，把党的成功经验传承好、发扬好.”为庆祝建党100周年，某市积极开展“青春心向党，建功新时代”系列主题活动.该市某中学为了解学生对党史的认知情况，举行了一次党史知识竞赛，全校高一和高二共选拔100名学生参加，其中高一年级50人，高二年级50人.并规定将分数不低于135分的得分者称为“党史学习之星”，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示.

(1)能否有99%的把握认为学生获得“党史学习之星”与年级有关？

(2)获得“党史学习之星”的这60名学生中，按高一和高二年级采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的党史知识竞赛，求这2人中至少有一人是高二年级的概率.

参考公式：，其中.

18．在中，角所对的边分别，且

(1)求角A的值；

(2)已知在边上，且，求的面积的最大值

19．如图，已知四棱雉中，，是面积为的等边三角形，且，.

(1)证明：直线 ；

(2)求点到平面的距离.

20．已知椭圆的左右焦点分别是，，，点为椭圆短轴的端点，且的面积为4，过左焦点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点在椭圆上，且（为坐标原点），求的取值范围.

21．已知函数.

(1)求的单调区间和极大值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围

22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．

(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；

(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．

23．已知函数，．

(1)若，求不等式的解集；

(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】解出集合或，再根据补集和交集的含义即可得到答案.

【详解】，解得或，

则或，则，

故，

故选：A.

2．D

【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模长公式求解.

【详解】由得，

所以，

故选：D

3．C

【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.

【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；

对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；

对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；

对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；

故选：C.

4．B

【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断,即可得到本题答案.

【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；

对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；

对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；

对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，所以；当时，根据正弦定理，得，即，又，所以，由正弦定理得，，所以.所以“”是“”的充要条件，故D正确.

故选：B

5．A

【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.

【详解】画出可行域与目标函数，

联立，解得，

当直线过点时，取得最小值，，

故最小值为 .

故选：A

6．C

【分析】由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解.

【详解】因为，是的两个实数根，

所以，，，，又，

所以，，，

因此，

故选：C.

7．B

【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.

【详解】，则的定义域为R，

又，

所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，

当时，，故排除A.

故选：B.

8．B

【分析】首先化简函数解析式，再结合条件，根据函数的周期公式，即可求解.

【详解】，

是函数的最大值，由题意可知，的最小值是个周期，

所以，得.

故选：B

9．C

【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.

【详解】对于A，如下图所示：

将平移到，连接，

易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，

由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，

即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；

对于B，连接，如下图所示：

由为正方体即可得，平面，而平面

所以，又在线段上，所以；

又为正方形，所以，即，

又，平面，所以平面，

又平面 ，所以平面 平面，即B正确；

对于C，易知点不在平面内，

假设，又平面，平面，所以平面，

显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；

对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；

易知三棱锥的底面积，

易知平面，所以点A到平面的距离为，

所以，

即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.

故选：C

10．A

【分析】写出时，，与已知式相减得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由求得，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.

【详解】因为，所以当时，，两式相减得，

由，可得，进而，

所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，

又，而，所以，

故选：A

11．D

【分析】结合题目条件，求出的等量关系，由此即可得到本题答案.

【详解】作，垂足为，

因为，，所以，

又，所以点为中点，另外，所以，

所以，

由双曲线的定义有，所以，

所以，在中，，

又，所以，化简得.

故选：D

12．B

【分析】判断出在上单调递增可得，构造函数，时利用导数判断单调性可得、不成立；时利用导数得，令，再利用导数判断单调性求最值可得答案.

【详解】因为时，恒有，所以在上单调递增，

所以若，则，即，

构造函数，，

若，则在上恒成立，而恒成立，则，此时；

若，则，单调递增，此时不可能恒有；

若，由得，单调递增，

得，单调递减，所以，

即，所以，令，

令，得，

时，，单调递增，

时，，单调递减，所以，

所以ab的最大值为.

综上所述，ab的最大值为.

故选：B.

【点睛】思路点睛：本题两次构造函数，，并利用导数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

13．

【分析】利用向量线性关系的坐标运算得，根据向量垂直的坐标公式列方程求参数即可.

【详解】由题设，且，

所以，则.

故答案为：

14．/

【分析】由对数函数，指数函数，三角函数的单调性结合概率公式求解即可.

【详解】函数有两不相等的实数根，则，解得或.

，，.

因为，所以.

即从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为.

故答案为：

15．

【分析】当平面时，三棱锥的体积最大，此时，使用补形法求解即可.

【详解】

如图，由题意，当平面平面，即平面时，三棱锥的体积最大.

∵，是的中点，∴，即，，两两垂直，

又∵，∴，，，.

如图，作长方体，则三棱锥的外接球，即是长方体的外接球，

设长方体的外接球的半径为，则，

∴.

∴当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为.

故答案为：.

16．

【分析】由抛物线定义，将转化为到准线距离，建立起与直线倾斜角的联系，再进行求解即可.

【详解】

∵点为拋物线的交点，∴抛物线的标准方程为，

∴抛物线的准线：过点，

过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，由抛物线定义知，，

∴当在第一象限时，，

由题意，为直线的倾斜角，且，

∴当最大时，取最小值，取最大值，

易知直线的斜率存在且为正，∴设直线的方程为：，（），

当最大时，直线与抛物线相切，

∴，消去，化简得，（），

令，解得，∴，

又∵，∴，

∴的最大值为.

故答案为：.

【点睛】灵活使用抛物线的定义，可以巧妙的解决与抛物线上的点到焦点的距离有关的最值问题.

17．(1)有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关

(2)

【分析】（1）计算，进行独立性检验；

（2）由分层抽样结合概率公式求解即可.

【详解】（1）根据列联表代入计算可得：

，

所以有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关.

（2）由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为，，，

高二年级有2人，设为甲、乙.

从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，， {，甲}，{，乙}，，，{，甲}，{，乙}，，{，甲}，{，乙}，{，甲}，{，乙}，{甲，乙}，共15个，

其中至少有一人是高二年级基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，{甲，乙}，{，乙}，{，乙}， {，乙}， {，乙}，共9个.

故至少有一人是高二年级的概率.

18．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，

（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.

【详解】（1）在中因为．

由正弦定理得，

所以，

因为，所以．故

又是的内角，所以．从而．

而A为的内角，所以；

（2）因为所以,所以，

从而，

由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，

故的面积的最大值为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先做辅助线，取AB得中点E，连接SE，DE，转化垂直关系，证明平面；

（2）利用等体积转化，，求点到平面的距离.

【详解】（1）取AB得中点E，连接SE，DE如图所示，

因为，所以，因为的面积为，所以.

在中，，，，

因为，所以 ，

因为 是等边三角形，为线段的中点，所以，

又因为,平面ABCD，所以平面ABCD .

平面ABCD，，，，平面，

平面SAB，又平面SAB，直线.

（2）由（1）知平面ABCD，所以SE为四棱锥的高，

又，

故三棱锥的体积，又因为，.

，，.

20．(1)

(2)

【分析】（1）根据焦距及焦点三角形面积列式求出，写出椭圆方程即可；

（2）先设直线联立方程组，再应用弦长公式和两点间距离公式求出后，再求范围可解.

【详解】（1）由已知 得，

又，，.

所以椭圆的标准方程为.

（2）由（1）知的坐标为，

①当直线的斜率不存在时，，，则.

②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，

联立，得，

设，，则，，

，

设点，则，即，

代入椭圆方程得，解得，，

所以，

所以，

又，所以的取值范围是.

综上所述，的取值范围是 .

21．(1)的单调增区间为和，单调减区间为；

(2)

【分析】（1）求导，利用导数得出单调性以及极值；

（2）分离参数，构造函数，利用导数得出其最小值，从而得出实数的取值范围.

【详解】（1），

由可得：或；由可得，

所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，

所以的单调增区间为和，单调减区间为.

所以，在时取极大值.

（2）恒成立等价于恒成立.

因为，所以.

令，则.

令，则，

所以在上单调递增，

又，，

所以，使得，即.

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以

由可得，

而在上单调递增，所以，即，

所以，所以

【点睛】关键点睛：解决问题（2）的关键在于分离参数，将不等式的恒成立问题转化为最值问题，构造函数得出参数的范围.

22．(1)；

(2)

【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；

（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.

【详解】（1）由曲线（为参数，），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为，

因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，

故的直角坐标方程为：，

即，将代入可得：圆的极坐标方程为

（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，

将代入化简可得的极坐标方程为：（），

所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；

因为M、N是直线与曲线、的两个交点，

不妨设， 由（1）得：，：，

所以，从而，

23．(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.

【详解】（1）解：当时，，

因为，

当时，即，；

当时，即，；

当时，即，，

综上可得不等式的解集为

（2）解：，

当且仅当时取等号，，

又，且，

，

当且仅当，即，时等号成立，

所以

根据题意可得，解得或，

的取值范围是．