四川省成都市石室中学2023届高三数学（理科）下学期三诊复习卷（4）（Word版附答案）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高三数学（理科）下学期三诊复习卷（4）（Word版附答案），共16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2022-2023学年度下期高2023届三诊复习卷（4）数学试题 （理科）一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．2．等比数列的前项和为，若，，则公比的值为（    ）A． B．1 C．或1 D．或13．在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（    ）A． B． C．1 D．4．已知实数m，n满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．5．已知，，设命题：，命题：，则是的（    ）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6．根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（    ）A．5周       B．6周     C．7周 D．8周7．描金又称泥金画漆，是一种传统工艺美术技艺.起源于战国时期，在漆器表面，用金色描绘花纹的装饰方法，常以黑漆作底，也有少数以朱漆为底.描金工作分为两道工序，第一道工序是上漆，第二道工序是描绘花纹.现甲，乙两位工匠要完成，，三件原料的描金工作，每件原料先由甲上漆，再由乙描绘花纹.每道工序所需的时间（单位：）如下：原料时间工序原料原料原料上漆91610描绘花纹15814则完成这三件原料的描金工作最少需要（    ）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（    ）A．1 B．2 C． D．9．将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，并沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象．若对于任意的，总存在，使得，则的值可能是（    ）A． B． C． D．10．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．11．下如图是世界最高桥——贵州北盘江斜拉桥.下如图是根据下如图作的简易侧视图（为便于计算，侧视图与实物有区别）.在侧视图中，斜拉杆PA，PB，PC，PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上，另一端A，B，C，D与塔柱上的点O都在桥面同一侧的水平直线上.已知，，，.根据物理学知识得，则（    ）A．28m B．20m C．31m D．22m12．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）A． B． C． D．二、填空题13．已知向量，，且，则t=____.14．设，则________．15．数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是__________．16．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________. 三、解答题17．已知数列，满足，且是公差为1的等差数列，是公比为2的等比数列.（1）求，的通项公式；（2）求的前n项和.                18．某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：  语文成绩合计优秀不优秀数学成绩优秀503080不优秀4080120合计90110200           (1)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？ (2)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计的值.(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数的概率分布列及数学期望.附：          19．在四棱台中，底面ABCD是正方形，且侧棱垂直于底面ABCD，，O，E分别是AC与的中点.(1)证明：平面.(2)求与平面所成角的正弦值.                   20．已知，为双曲线C的焦点，点在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由.              21．已知函数．(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．            22．在直角坐标系中，曲线C的的参数方程为，t为参数且．曲线C与x轴交与点A，与y轴交于点B．(1)求证：．(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求以B为圆心，且过原点的圆B的极坐标方程．23．已知都是正数，且，用表示的最大值，.（1）证明；（2）求M的最小值.
参考答案：1．D【分析】直接解出集合，再求交集即可.【详解】，，则.故选：D.2．C【分析】由已知可得、，即可求公比.【详解】由题设知：，又，故，∴，而，即，解得：为或1.故选：C3．D【分析】根据正切值的定义可以先算出，然后由两角和的正切公式求出.【详解】过作轴，垂足为，根据正切值的定义：，则，解得.故选：D4．D【解析】先通分化简，分子分母同除以，原式化为，然后利用基本不等式求解即可.【详解】因为，则，当且仅当时取等号，此时的最大值为.故选：D.【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.5．B【分析】取特值，，满足，不满足；运用基本不等式得，即，由指数函数的单调性得，运用基本不等式和充分必要条件的定义 判断可得选项.【详解】解：当时，满足，但，不满足，所以不是的充分条件；当，，时，，即，当且仅当时取等号，所以，即，又，当且仅当时取等号，解得，所以是的必要条件， 因此，是的必要不充分条件.故选：B.6．B【分析】由相除可得，然后解不等式，由指数函数性质估计出，从而可得的范围，由此可得结论.【详解】由题意可知，，，，解得.设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安企开放标准，则，整理得，设，因为，所以，即，则，即.故至少需要放置的时间为6周.故选：B.7．B【解析】经分析，找到乙工匠空闲时间最短的方案即可得解.【详解】由题意，甲按，，的顺序工作，乙工匠空闲时间最短，所需时间最短，最短时间为h.故选：B.8．A【分析】设，满足题意，即可求解.【详解】因为为偶函数，所以，则关于对称，设，，关于对称，.，即满足条件，.故选:A.9．C【分析】利用图象变换结论求出函数的解析式，转化条件关系可得，再求函数的值域，并根据包含关系验证的取值，确定结论.【详解】函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，得到的图象，再沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象，因为对于任意的，总存在，使得，所以，又当时，，，所以，即，所以，因为，所以，当时，，，故A不合题意．当时，，取不到最大值1，故B不合题意．当时，，，故C符合题意．当时，，，故D不合题意．故选：C. 10．A【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.【详解】点在双曲线：上，所以.所以椭圆左焦点坐标为.因为，所以,所以. 因为，所以.点为椭圆内一点，所以，所以或.综上：.故选：A11．D【分析】由，得，则可得，可求得，，分别为的中点，则由已知可得为的中点，再结合已知的数据可求得结果【详解】因为，所以，因为，所以∽，所以，所以，因为，，所以，设，分别为的中点，因为，所以，所以为的中点，因为，，所以，所以，所以，所以故选：D12．A【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A.13．【分析】由可得：，进而计算求解.【详解】因为，所以，则有，又，，所以，解得：，故答案为：.14．【分析】运用二项展开式的通项公式赋值计算即可.【详解】∵，∴，∴.故答案为：.15．28【分析】分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解即可．【详解】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．最大数为5的情况：①，此时共有种情况；最大数为4的情况：②，此时共有种情况；③，此时共有种情况．当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．综上，满足条件的有序数组的个数是．故答案为：28．16．【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.【详解】设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.17．（1），；（2）.【分析】（1）利用公式法求出和的通项公式，即可写出的通项公式；（2）先判断出，，，当时，恒有，得到即可求和.【详解】（1）因为是公差为1的等差数列，，所以.又是公比为2的等比数列，，所以，故.（2）因为，所以为递增数列，又，，，故当时，恒有，故记的前n项和为，则.当时，；当时，.综上，.18．(1)认为数学成绩与语文成绩有关；(2)；(3)分布列见解析，. 【分析】（1）零假设后，计算的值与比较即可；（2）根据条件概率公式计算即可；（3）分层抽样后运用超几何分布求解.【详解】（1）零假设：数学成绩与语文成绩无关.据表中数据计算得：根据小概率值的的独立性检验，我们推断不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；（2）∵，∴估计的值为；（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，随机变量的所有可能取值为.，，，，∴的概率分布列为：0123 ∴数学期望.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，得到为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：连接，因为为正方形，可得为的中点，在中，因为分别为的中点，所以，又因为平面，且平面，所以平面.（2）解：因为平面，平面，所以，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，设平面的法向量，则，取，可得，所以，设与平面所成的角为，则，即与平面所成的角为.20．(1)(2)存在T（1，－2）使|QT|为定值 【分析】（1）根据题意可得，解之即可求解；（2）设直线AB的方程，，联立双曲线方程，利用韦达定理表示；由直线的点斜式方程可得PA方程，得，同理得N（0,），根据平面向量线性运算的坐标表示，化简计算可得，分类讨论与的情况，即可求解.【详解】（1）设双曲线C的方程为，，由题意知，解得，∴双曲线C的方程为；（2）设直线AB的方程为，，，，消去y，得，则，，，∴直线PA方程为，令，则，同理N（0,），由，可得，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即，当时，，此时直线AB方程为，恒过定点，显然不可能；∴，此时直线AB方程为，恒过定点，∵，∴，取PE中点T，∴，∴为定值，∴存在点使|QT|为定值.21．(1)(2) 【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.（2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，即在上恒成立，记，则，得到在区间上单调递减，在上单调递增，则，即在区间上恒成立，分离变量知：在上恒成立，则，，由前面可知，当时，恒成立，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以．（2），设曲线图象上任意一点，所以曲线在点处的切线方程为，将代入得，故切点为，过的切线方程为，所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，从而当时，有三个极值点，，，并且，，，取对数知：，，即，，则．构造，在时恒成立，则在区间上单调递增，且，从而的解为，综上所述．【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.22．(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）令，令分别求得点B、点A坐标，运用两点间距离公式计算即可.（2）先写出直角坐标系下圆的标准方程，再根据，代入圆的方程化简即可.【详解】（1）令，可得，所以；令，可得，所以；所以，因为，所以．（2）因为，所以圆B的普通方程为：．展开得到：．因为，，所以得到圆B的极坐标方程为，化简得：．23．(1)见解析；（2）.【分析】1由已知，利用“1的代换”结合基本不等式证明；2由题意，，，，把三个式子平方作和，再由均值不等式求最值．【详解】1证明：， ，当且仅当时等号成立，故；2解：由题意，，，， ，当且仅当时上式等号成立．，即M的最小值为．