2023届四川省成都市第七中学高三下学期三诊模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省成都市第七中学高三下学期三诊模拟考试数学（理）试题含解析，共21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。
2023届四川省成都市第七中学高三下学期三诊模拟考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，由可得且，解得，则，因此，.故选：D.2．已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数的除法运算求出，据此可得解.【详解】由，可得，故复数对应的点位于第四象限，故选：D3．命题“有一个偶数是素数”的否定是（    ）A．任意一个奇数是素数 B．任意一个偶数都不是素数C．存在一个奇数不是素数 D．存在一个偶数不是素数【答案】B【分析】根据存在量词命题，否定为，即可解得正确结果.【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.故选：B4．三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出答案.【详解】由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；又在圆上或内部，当点与点重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.故选：D.5．已知函数，则 （    ）A．-6 B．0 C．4 D．6【答案】A【分析】由分段函数解析式，利用周期性求得，进而求目标函数值.【详解】由分段函数知：当时，周期，所以，所以．故选：A6．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值是（    ）A．2 B． C．3 D．4【答案】C【分析】作出可行域，根据的几何意义，即可求得答案.【详解】画出不等式组表示的可行域，如图所示（阴影部分），解方程组 ，得，故，解，可得，故，表示的是可行域内的点与原点连线的斜率，,根据的几何意义可知的最大值为2，的最大值为.故选：C.7．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（    ）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501【答案】D【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可.【详解】不妨设第层小球个数为，由题意，， ……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.故有，累加可得：，故.故选:D8．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，下面四个结果中不成立的是（        ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．【详解】对于A，当时，因为，所以，故选项A正确；对于B，，故选项B正确；对于C，由，，所以,得出，故选项C正确；对于D，由C的分析得，推不出，故选项D错误．故选：D．9．已知函数的定义域为D，若对任意的，都存在，使得，则“存在零点”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据题意寻找条件说明充分性与必要性是否成立即可.【详解】若存在零点，不妨令，，即，由，得，则存在零点，任意的，取且，但，即，故充分性不成立；若，则存在，使得，则，即存在零点，故必要性成立，所以，“存在零点”是“”的必要不充分条件．故选：B．10．已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线交于两点，且，，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对称关系可知，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，根据基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率可求得结果.【详解】不妨设位于第一象限，双曲线的右焦点为，连接，，为中点，四边形为平行四边形，，；设，，则由得：，解得：；在中，，，（当且仅当时取等号），当取得最小值时，双曲线的离心率.故选：D.11．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】分别取DE，DC的中点O，F，点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，利用向量法求出正弦值为，换元后利用基本不等式可得答案.【详解】分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系， 则，平面ABCD的其中一个法向量为= (0,0.1)， 由，设，则，记直线与平面ABCD所成角为，则设，所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，故选：A.【点睛】本题主要考查利用向量法求线面角，考查了三角函数的恒的变换以及基本不等式的应用，考查了空间想象能力与计算能力，属于综合题.12．函数与其导函数为，满足，其中；若，，其中，则下列不等式一定成立的有（    ）个① ②③ ④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据导数法则及题中条件构造函数，利用导数研究单调性，再根据三角函数知识比较m、n与1的大小，从而得到，对式子变形，结合三角恒等变换即可判断.【详解】设，则，所以在上单调递减，因为，所以，，因为，所以，所以，即，所以，由得，虽说，但、的符号不确定，则①不正确；由得，又，所以，所以，又，所以，所以②不正确；由得，所以，即，所以，所以③正确；由得，即，所以，所以，所以，所以，即，所以④不正确.故选：A【点睛】关键点点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小. 二、填空题13．已知，，则在方向上的投影为________．【答案】【分析】利用在方向上的投影的定义求解.【详解】因为，，所以在方向上的投影为，故答案为：14．2023年五一节到来之前，某市物价部门对本市5家商场的某种商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场这种商品的售价x（单位：元）与销售量y（单位：件）之间的一组数据如下表所示：价格x89.5m10.512销售量y1610865经分析知，销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，则________．【答案】【分析】计算变量的平均值，根据变量y与x之间有较强的线性关系，结合回归直线的性质即可求得的值.【详解】变量的平均值为，变量的平均值为，又销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，所以其线性回归直线方程经过点，所以，解得.故答案为：.15．在数列中，，且递增，则___________．【答案】【分析】由题设中的递归关系可得，从而可求，故可求数列的通项，也可以利用特值方程法求出数列的通项.【详解】解法一  根据题意，有，于是，考虑到，于是，所以进而．解法二  根据题意，有，，两式相减，得，因为数列单调递增，所以，，两式相减，得．解上式对应的特征方程,得，因此．将代入上式，得16．抛物线的焦点为F，直线l的方程为：，l交抛物线于M，N两点，且，抛物线在M，N处的切线交于点P，则的面积为________．【答案】【分析】根据题意设点，，利用导数的几何意义求出抛物线在M，N处的切线方程，然后联立切线方程求出点的坐标，再利用弦长公式和点到直线的距离公式分别求出和点到直线的距离，进而求出面积即可.【详解】由题意知，焦点，设点，，不妨设，将直线的方程代入抛物线方程可得，则，，当时，抛物线方程可化为，对求导可得，，所以直线的方程为①当时，抛物线方程可化为，对求导可得，，所以直线的方程为②联立方程①②，得，，则，所以点，又因为，，，则，解得，则，点到直线的距离，所以的面积为，故答案为：. 三、解答题17．如图，是边长为2的正三角形，P在平面上且满足，记．(1)若，求PB的长；(2)用表示，并求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先根据题意求得，，再利用余弦定理求解即可；（2）先根据题意得到，则，再利用正弦定理得到，再结合三角形的面积公式得到，再根据三角形的内角关系得到，再结合正弦函数的性质求解即可．【详解】（1）由，且是边长为2的正三角形，则，且，所以在中，由余弦定理得，所以．（2）由，则，则，在中，由正弦定理有，得，所以，又，且，则，则，所以，则，故的取值范围为．18．是边长为2的正三角形，P在平面上满足，将沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．(1)作平面，使得，且，说明作图方法并证明；(2)点M满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)作图及证明见解析；(2) 【分析】（1）记BC中点为O，连接AO，，平面即为平面，根据正三角形的性质结合已知证明即可；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量法求二面角的余弦值.【详解】（1）记BC中点为O，连接AO，，平面即为平面，证明如下：因为为正三角形，O为BC中点，所以，又，平面，平面，所以平面（2）由(1)可知,因为平面,以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系.则 设平面的法向量为，则,取,则,,设平面的法向最为,则，取，则，由已知可得.由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.19．今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；(2)用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；(3)从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．【答案】(1)(2)(3)分布列见解析； 【分析】（1）根据题意，由中位数的意义列出方程，即可得到结果；（2）根据题意可得，当取最大值时，则，然后求解，即可得到结果；（3）由题意可得，甲乙分别进入复赛的概率，然后求得的概率，即可得到分布列与期望.【详解】（1）因为前两个矩形的面积之和为，前三个矩形面积为，所以中位数在之间，设中位数为，则，解得，故中位数为.（2）由题意可得，成绩在上的概率为，则不在的概率为，所以，即有，，当取最大值时，则，即，解得，即，且，所以.（3）由题意可知，从6道题中选4题共有，因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有，所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为；因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有,所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；依题可得，的可能取值为，所以，，，则分布列为:则.20．已知椭圆，，为C的左右焦点.点为椭圆上一点，且.过P作两直线与椭圆C相交于相异的两点A，B，直线PA、PB的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交.(1)求椭圆C的方程；(2)点M满足，求M的轨迹方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用椭圆的定义，将点P代入椭圆方程计算即可；（2）设直线AB，联立椭圆方程结合直线、的倾斜角互补(即斜率之和为零)，利用韦达定理计算出直线AB的斜率，再利用消参法求出动点M的轨迹方程.【详解】（1）因为，所以，即，把代入，得，所以，故椭圆C的方程为；（2）由题意，直线AB斜率存在，不妨设其方程为，设点，联立椭圆方程，得，其中，则，所以，因为直线、的倾斜角互补，所以，所以，化简得，即，所以，若，此时直线AB过点P，不合题意舍去；故，所以，所以直线AB方程为 ，设，因为，所以M为AB的中点，所以，则，消去m得，又，且，所以，所以，所以点M的轨迹方程为.21．已知函数，．(1)若是函数唯一的极小值点，求实数a的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）首先求导得，分和讨论即可得出的单调性，即可得出答案；（2）由（1）证明可知，当且时，，，通过放缩得，利用累加法、等比数列前n项和及错位相减法即可证明原不等式.【详解】（1），且，令，则，①当时，，则单调递增，当时，，当时，，即当时，单调递增，当时，单调递减，即可证得是函数唯一的极小值点；②当时，，所以存在使得，在单调递减，即当时，，所以在单调递减，与是函数唯一的极小值矛盾，综上：，从而实数a的取值范围为.（2）由（1）证明可知，当且时，即，，当时，，即，故可得：，令，，两式相减可得：，化简可得：.故.【点睛】关键点睛：第二问的关键是在于利用不等式，然后进行放缩得，最后由累加法、等比数列前n项和及错位相减法即可证明.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(1)求的普通方程与的直角坐标方程；(2)求与交点的极坐标.【答案】(1)C的普通方程为，的直角坐标方程为；(2)，. 【分析】（1）结合三角函数恒等变换消去参数可得的普通方程，利用将极坐标方程转化为普通方程；（2）联立方程组求交点的直角坐标，再将其转化为极坐标.【详解】（1）因为所以得..由，得，所以，所以所以C的普通方程为，l的直角坐标方程为.（2）联立得或，所以l与C交点的直角坐标分别为，，设点的极坐标为，，，则，，所以，，所以点的极坐标为，同理可得点的极坐标为，故与交点的极坐标为，.23．已知函数.（1）当时，解不等式；（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）分别在、和三种情况下，去除绝对值符号后解不等式求得结果；（2）将问题转化为在上恒成立，得到，从而确定，可得，解不等式组求得结果.【详解】（1）当时，原不等式可化为.①当时，，解得：，；②当时，，解得：，；③当时，，解得：，；综上所述：不等式的解集为或.（2）由知：，，在上恒成立，，即，，解得：，，解得：，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是能够根据将问题转化为恒成立问题的求解，从而将问题转化为参数与的最值之间大小关系的问题.