2023届四川省成都市石室中学高三下学期数学（文科）第10周周练含答案

这是一份2023届四川省成都市石室中学高三下学期数学（文科）第10周周练含答案，共24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届第10周周练
数学试题 （文科）
一、单选题
1．已知集合则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
4．下列关于命题的说法错误的是
A．命题“若，则”的逆否命题为“若，则”
B．“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件
C．若命题：，，则，
D．命题“，”是真命题
5．下列说法正确的是（    ）
A．将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，平均数和方差都不变
B．设有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强
C．在一个2×2列联表中，由计算得K²的值，则K²的值越小，判断两个变量有关的把握越大
D．若 ，则
6．在中，设，那么动点的轨迹必通过的（    ）
A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心
7．已知向量，，且，若，满足不等式，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数的图象的相邻两个对称中心之间的距离为，把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.则在上的值域为（    ）
A． B． C． D．
9．已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
10．已知双曲线与抛物线有公共焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若点满足，双曲线的离心率为，则（    ）
A． B． C． D．
11．已知实数，…，对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
12．已知函数，，的定义域均为，为的导函数.若为偶函数，且，.则以下四个命题：①；②的图象关于直线对称；③；④中一定成立的是（    ）
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②④
二、填空题
13．若函数为奇函数，则___________.
14．已知回归方程，而试验中的一组数据是，，，则其残差平方和是____.
15．已知圆及圆，若圆上任意一点，圆上均存在一点使得，则实数的取值范围是______.
16．在棱长为的正方体中，分别为的中点，为正方体棱上一动点.下列说法中所有正确的序号是___________
①在上运动时，存在某个位置，使得与所成角为；
②在上运动时，与所成角的最大正弦值为；
③在上运动且时，过三点的平面截正方体所得多边形的周长为；
④在上运动时（不与重合），若点在同一球面上，则该球表面积最大值为.
三、解答题
17.记的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求的大小；
（2）若边上的高为，且的角平分线交于点，求的最小值.







18．阿克苏冰糖心苹果主要产地位于天山托木尔峰南麓，因为冬季寒冷，所以果品生长期病虫害发生少，加上昼夜温差大、光照充足，用无污染的冰川雪融水浇灌、沙性土壤栽培、高海拔的生长环境，使苹果的果核部分糖分堆积成透明状，形成了世界上独一无二的“冰糖心”，某果园秋季新采摘了一批苹果，从中随机加取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），将重量按照进行分组，得到频率分布直方图如图所示（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）．
(1)估计这批苹果中每个苹果重量的平均数、中位数、众数；
(2)该果园准备把这批苹果销售出去，据市场行情，有两种销售方案：
方案一：所有苹果混在一起，价格为3元/千克；
方案二：将不同重量的苹果分开，重量不小于160克的苹果的价格为4元/千克，重量小于160克的苹果的价格为2.4元/千克，但每1000个苹果果园需支付10元分拣费．
试比较分别用两种方案销售10000个苹果的收入高低．





19．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面分别为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若三棱柱的体积为，求点到平面的距离.

















20．已知双曲线C以为渐近线，其上焦点F坐标为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)不平行于坐标轴的直线l过F与双曲线C交于两点，的中垂线交y轴于点T，问是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.































21．已知函数，，在处的切线方程为
（1）若，证明：；
（2）若方程有两个实数根，，且，证明：























22．杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhou 2022），简称“杭州2022年亚运会”，将在中国浙江杭州举行，原定于2022年9月10日至25日举办；2022年7月19日亚洲奥林匹克理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日举办，赛事名称和标识保持不变。某高中体育爱好者为纪念在我国举办的第三次亚运会，借四叶草具有幸福幸运的象征意义，准备设计一枚四叶草徽章捐献给亚运会。如图，在极坐标系Ox中，方程表示的图形为“四叶草”对应的曲线C．
(1)设直线l：与C交于异于O的两点A、B，求线段AB的长；
(2)设P和Q是C上的两点，且，求的最大值．

23．已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，求的最小值．

参考答案：
1．B
【分析】分别求得集合，，即可求出交集．
【详解】由已知得，所以
故选：B
2．D
【分析】转化为动点到两定点距离相等的几何意义即可得到答案.
【详解】设复数在复平面内对应的点分别为,
则的几何意义是到的距离和到的距离相等,
则在复平面内对应的点满足.
故选：D.
3．B
【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.
【详解】

.
故选：B.
4．D
【分析】利用原命题与逆否命题的关系可判断出A选项的正误；根据充分必要性判断出B选项的正误；利用特称命题的否定可判断出C选项的正误；利用作商法和指数函数的单调性可判断出D选项的正误.
【详解】对于A选项，命题的逆否命题，只需把原命题的结论否定当条件，条件否定当结论即可，A选项正确；
对于B选项，若函数在区间上为增函数，则，所以，“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件，B选项正确；
对于C选项，特称命题的否定为全称，C选项正确；
对于D选项，当时，由于函数为增函数，则，，D选项错误.故选D.
【点睛】本题考查四种命题的关系、充分不必要条件的判断、特称命题的否定以及特称命题真假的判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.
5．D
【分析】对A根据方差与平均数定义即可判断，对B利用线性相关定义则可判断，对C根据的含义即可判断，对D对于正态分布的特点，即可求出区间概率.
【详解】对于A,方差反映一组数据的波动大小,将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差不变,但平均数变化，故A错误，
对于B,具有线性相关关系的两个变量,的相关系数为,则越接近于,和之间的线性相关程度越强,故B错误,
对于C,在一个列联表中,由计算得的值,则的值越大,判断两个变量有关的把握越大,故C错误,
对于D，,

故D正确.
故选：D.
6．D
【分析】设线段的中点为，推导出，结合外心的定义可得出结论.
【详解】设线段的中点为，则、互为相反向量，
所以，，
因为，即，
所以，，即，
即，即，
所以，垂直且平分线段，
因此动点的轨迹是的垂直平分线，必通过的外心.
故选：D.
7．D
【分析】由得到，再作出不等式表示的平面区域，再利用数形结合分析得解.
【详解】∵，，
又∵，∴，即.
所以. 它表示斜率为纵截距为的平行直线系.
∵满足不等式的平面区域如下图所示：
当直线经过点时，直线的纵截距最大，最大，最大值为.
当直线经过点时，直线的纵截距最小，最小，最小值为.
故的取值范围为.
故选：D.

8．C
【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式求出函数的解析式，由三角函数图象的平移伸缩变换求出函数的解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.
【详解】，
因为函数图象的相邻两个对称中心的距离为，
所以，得，又，所以，
则.
将函数图象上的点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，
得，
由，得，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，得，
即函数在上的值域为.
故选：C.

9．A
【分析】应用辅助角公式化简得到分段函数形式，根据对数函数、正弦型函数性质画出图象，数形结合确定的范围或对称性，进而求的范围.
【详解】，
所以如下图示，要使恰有四个不同的实数解，则，
不妨设，由图知：，且，即，
令，可得或，令，可得或，
所以，而在上递减，故，
综上，.

故选：A
10．A
【分析】根据双曲线和抛物线的焦点，结合点到直线距离公式、三角形面积的等积性、双曲线离心率公式进行求解即可.
【详解】如图，因为双曲线和抛物线共焦点，故可得．
又到的距离，即，又，则，易得．
设点，则，解得；则由等面积法可知：，
解得，则，则，，又点在渐近线上，
即，即，又，
所以，
化简得，故．
故选：A.

【点睛】关键点睛：根据三角形面积的等积性是解题的关键.
11．A
【分析】将原不等式变化为，令，则在上单调递增，故有，即有，，令，求出令的最小值即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
即，
即，
所以，
令，
易知在上单调递增，
又因为，
所以，
所以，
所以，
令，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
所以，
解得.
故选：A
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题常用的方法有：(1)分离常数法，只需求出分离后的函数的最值即可；(2)直接利用导数求出函数的最值；(3)构造适当的函数，利用导数确定所构造的函数单调性，从而达到求解的目的.
12．D
【分析】由为偶函数可得为奇函数，继而得到是以4为周期的周期函数，即可判断①③④，由可得，继而得到，即可判断②
【详解】对②：由，可得，则（与为常数），
令，则，所以，则，
故的图象关于直线对称，②正确；
对①：∵为偶函数，则，
∴，则为奇函数，
故，即，则是以4为周期的周期函数，
由，令，则，可得，故，①正确；
由，令，则，即，
令，则，即，
故，则，
对③：由，即，则，
由于无法得出的值，③错误；
对④：，④正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
13．
【分析】根据奇函数的性质，得到，求得，结合奇偶性的定义，即可求解.
【详解】由函数为奇函数，可得，
即，解得，
当时，，此时函数为奇函数，符合题意；
当时，，
则，即，
此时函数为奇函数，符合题意，
综上可得，实数的值为.
故答案为：.
14．0.03
【分析】利用残差的定义求解，求得的残差平方后求和即可.
【详解】残差，当时，，当时，，当时，，
残差平方和为
故答案为：0.03.
15．
【分析】问题转化为为射线与圆交点时，使过点相互垂直的两直线与圆有交点且与两条垂线的夹角均为，则有，为圆半径，即可求范围．
【详解】由，即在上运动，而为圆上任意一点，
要使圆上存在一点使，
即过点相互垂直的两直线与圆有交点且与两条垂线的夹角均为即可，
所以，只需为射线与圆交点时，使过点相互垂直的两直线与圆有交点且与两条垂线的夹角均为，

如上图，上述两条垂线刚好与圆相切为满足要求的临界情况，
所以，只需，为圆半径，即，
又，故，可得.
故答案为：
16．②④
【分析】通过证明平面可知，得①错误；
取中点，根据可知当最大时，最小，则最大，可确定当与或重合时最大，由此计算知②正确；
作出平面截正方体所得的截面图形，依次计算各边长可知③错误；
根据四点共球面可知该球即为三棱锥的外接球，由可知当与重合时，球的半径最大，由此可求得④正确.
【详解】对于①，连接，

平面，平面，；
四边形为正方形，；
又，平面，平面，
又平面，，即与所成角恒为，①错误；
对于②，取中点，连接，，

分别为中点，，又平面，平面，
与所成角即为，，
当最大时，最小，
又，当最大时，最小，
当与或重合时，取得最大值，
的最小值为，②正确；
对于③，延长交于点，连接交于；
延长交于点，连接交于；
则过三点的平面截正方体所得多边形即为五边形；

取中点，连接，
，，，即，
同理可得：，；
，，，
五边形的周长为，③错误；
对于④，若点在同一球面上，则该球即为三棱锥的外接球，

的外接圆半径，
三棱锥外接球半径，
又的最大值为，，
该球表面积最大值为，④正确.
故答案为：②④.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，涉及到线线角的求解、正方体截面问题、三棱锥的外接球表面积的求解问题；求解此类问题的基本思路是根据所求量确定最值点，再结合线线角、球的表面积的求解方法确定最值.

17.（1）（2）
（1）由正弦定理得，得，
因为，所以，即.
（2）因为，所以.
由余弦定理得，得（当且仅当时，等号成立），即.
因为，所以.
因为，所以.
因为函数在上单调递增，所以，
所以，即.故的最小值为.

18． (1)平均数克，中位数，众数；
(2)方案二的销售收入更高.

【分析】（1）根据频率分布直方图，求得a的值，进而按平均值，中位数以及众数的估计方法求得答案；
（2）计算出按方案一销售的收入，再计算按方案二的销售收入，比较大小可得答案.
【详解】（1）由题意可得： ，解得 ，
故每个苹果重量的平均数为：
（克），
又 ，所以中位数刚好为160；
众数为最高矩形对应区间的中点值，即为170；
故估计这批苹果中每个苹果重量的平均数、中位数、众数分别为 ；
（2）若采用方案一，估计收入约为 （元）；
若采用方案二，重量小于160克的苹果的总重量约为：（千克），
重量不小于160克的苹果的总重量约为： （千克），
故估计收入约为 （元），
因此，方案二的销售收入更高.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用中位线得线线平行，进而可证平行四边形，由线面平行的判断定理即可求证.
（2）根据面面垂直可得线面垂直，利用体积公式可求解,进而根据等体积法即可求解.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
则，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，
所以平面.

（2）取的中点，连接.
因为是等边三角形，所以.
又平面平面，且平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面,
所以平面.
所以，得.
因为平面，所以.
在Rt和Rt中，由勾股定理可得，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，解得.
所以点到平面的距离为.
20．(1)
(2)为定值

【分析】（1）根据双曲线渐近线可设双曲线方程为，利用焦点坐标，求得，即得答案.
（2）设直线方程并联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，求得，以及的中点坐标，求出的中垂线方程可得T点坐标，继而求得，化简即可得结论.
【详解】（1）因为双曲线C以为渐近线，
设双曲线方程为，即,
∵，∴，即：，
∴，∴，即.,
所以双曲线C的方程为：.
（2）由题意可知直线l一定有斜率存在，设直线l：，，，
，
化简得：，，
此方程的两根为，则，
∴

.，
中点M坐标为，即，
∴PQ中垂线方程为：，
令，∴，∴，
则，
∴，即为定值，定值为.
【点睛】难点点睛：解答此类直线和双曲线的位置关系类题目，涉及到定值问题，要设出直线方程并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，解答的难点是计算比较复杂，计算量较大，比如计算弦长或者其他线段长度，计算要十分细心.
21．（1）见解析（2）见解析
【分析】Ⅰ求得的导数，可得切线的斜率和切点，由切线方程可得的解析式，令，求得导数和单调性，即可得证；
Ⅱ设在处的切线方程为，可得，令，求得导数和单调性，运用函数方程的转化，以及函数的单调性的运用，即可得证．
【详解】Ⅰ由题意，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，故，；
可知，，，由，可得，
令，，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，即，
故；
Ⅱ设在处的切线方程为，
易得，，令，
即，，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故F，，
设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，易得，
由Ⅰ得，设的根为，则，
又函数单调递增，故，故，
又，．
【点睛】本题主要考查了应用导数求切线的斜率和函数的单调性，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．
22．(1)9
(2)

【分析】（1）根据题意可先设出A、B两点的极坐标，，分别代入后可得到和，由即可得到线段的长.
（2）可以设出、，代入后利用辅助角公式，整理为，再结合的范围即可求出的最大值.
【详解】（1）设A、B两点的极坐标分别为、，
则，
，
因此，；
（2）根据对称性，不妨设、，

．
∵，则，所以当时，
即，时，．
23．（1）；（2）6.
【解析】（1）对进行讨论，化简绝对值，进而可求不等式的解集；
（2）由绝对值不等式的性质可求的最小值，进而可求，然后结合基本不等式即可求解．
【详解】（1）①当时，原不等式可化为，得，故有；
②当时，原不等式可化为，得，故有；
③当时，原不等式可化为，解得，故有
综上，不等式的解集为．
（2）因为，
所以．
所以，
当且仅当，即时“”成立，
所以的最小值为6．
【点睛】本题主要考查了含两个绝对值的不等式，解绝对值三角不等式，基本不等式，属于中档题.