四川省雅安市2022-2023学年高三数学（理）上学期零诊考试试卷（Word版附解析）

这是一份四川省雅安市2022-2023学年高三数学（理）上学期零诊考试试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
雅安市高2020级零诊考试
数学（理工类）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知全集，集合，．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.
【详解】，解得或，
所以或，
所以，所以.
故选：C
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数z，再结合共轭复数的意义求解作答.
详解】因，则，有
所以.
故选：A
3. 某地区今年夏天迎来近50年来罕见的高温极端天气，当地气象部门统计了八月份每天的最高气温和最低气温，得到如下图表：
某地区2022年8月份每天最高气温与最低气温

根据图表判断，以下结论正确的是（ ）
A. 8月每天最高气温的平均数低于35℃
B. 8月每天最高气温的中位数高于40℃
C. 8月前半月每天最高气温的方差大于后半月最高气温的方差
D. 8月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的每天最高气温与最低气温的折线图，结合平均数、中位数、方差的意义逐项分析判断作答.
【详解】由某地区2022年8月份每天最高气温与最低气温的折线图知，
对于A，8月1日至9日的每天最高气温的平均数大于35℃，25日至28日的每天最高气温的平均数大于35℃，
29日至31日每天最高气温大于20℃小于25℃，与35℃相差总和小于45℃，而每天最高气温不低于40℃的有7天，
大于37℃小于40℃的有8天，它们与35℃相差总和超过45℃，因此8月每天最高气温的平均数不低于35℃，A不正确；
对于B，8月每天最高气温不低于40℃的数据有7个，其它都低于40℃，把31个数据由小到大排列，中位数必小于40，
因此8月每天最高气温中位数低于40℃，B不正确；
对于C，8月前半月每天最高气温的数据极差小，波动较小，后半月每天最高气温的极差大，数据波动很大，
因此8月前半月每天最高气温的方差小于后半月最高气温的方差，C不正确；
对于D，8月每天最高气温的数据极差大，每天最低气温的数据极差较小，
每天最高气温的数据波动也比每天最低气温的数据波动大，因此8月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差，D正确.
故选：D
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因，所以.
故选：A
5. 函数在上的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，由此排除两个选项，再取特值判断并排除一个选项即可作答.
【详解】，，而，
因此函数是偶函数，其图象关于y轴对称，选项A，B不满足；
又，，于是得，选项C不满足，D符合题意.
故选：D
6. 执行如图所示的程序框图，输出S的值为（ ）

A. 20 B. 40 C. 70 D. 112
【答案】C
【解析】
【分析】根据程序框图的步骤，进行计算，可得答案.
【详解】第一次执行，由，则，又由，则进入循环；
第一次循环，由，则，又由，则进入循环；
第二次循环，由，则，又由，则进入循环；
第三次循环，由，则，又由，则进入循环；
第四次循环，由，则，又由，则输出.
故选：C.
7. 中国古代数学名著《九章算术》中“均输”一章有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少．”意思是“今有竹9节，下部分3节总容量4升，上部分4节总容量3升，且自下而上每节容积成等差数列，问中间二节容积各是多少？”按此规律，中间二节（自下而上第四节和第五节）容积之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列的第5项及公差列出方程组，求解作答.
【详解】依题意，令九节竹子从下到上的容积构成的等差数列为，其公差为，
于是得：，即有，解得，
所以中间二节容积之和为.
故选：A
8. 甲、乙、丙、丁4名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A，B，C三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区去服务．则甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出4名志愿者到三个小区服务的基本事件种数，再求出甲不在A小区、乙不在B小区服务的事件所含基本事件数即可求解作答.
【详解】依题意，4名志愿者到三个小区服务的试验的基本事件有种，它们等可能，
甲不在A小区、乙不在B小区服务，甲、乙各有2种选法，丙、丁各有3种选法，
甲不在A小区、乙不在B小区服务的事件含有的基本事件有种，
所以甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率.
故选：B
9. 如图，在等腰直角中，斜边，为线段BC上的动点，且，则的最小值为（ ）

A. B. C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】设，然后可得，然后根据二次函数的知识可得答案.
【详解】因为在等腰直角中，斜边，所以，
因为、，所以，
设，则，

所以当时，取得最小值，
故选：B
10. 已知下面给出的四个图都是各棱长均相等的直三棱柱，A为一个顶点，D，F，F分别是所在棱的中点．则满足直线的图形个数是（ ）


A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的正三棱柱，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算判断每个图形即可作答.
【详解】令棱长均相等的直三棱柱为，令的中点为O，的中点为，，
连接，显然，而平面，则平面，而，
以点O为原点，向量的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

对于①，点A，D，F分别与点P，O，重合，点E为棱中点，则，
，有，因此，图①满足；
对于②，点A与点P重合，点D，E，F分别棱的中点，
有，，
，与不垂直，图②不满足；
对于③，点A，D，E分别与点P，，O重合，点F为棱的中点，
有，，
，与不垂直，图③不满足；
对于④，点A，F分别与点N，重合，点D，E分别棱的中点，
有，，
，因此，图④满足，
所以满足直线的图形个数是2.
故选：B
11. 已知函数．给出以下几个结论：
①若对任意，均有，则的最小值为2；
②若对任意，均有，则的最小值为5；
③若在区间上的极小值点有且仅有2个，则．
其中，正确结论的序号是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的函数，利用正弦函数的对称性分析判断①②；利用正弦函数的性质结合极值点的意义判断③作答.
【详解】对于①，依题意，是函数的对称轴，而，则有，
因此，当且仅当时，，①正确；
对于②，依题意，是函数的对称中心，而，则有，
因此，当且仅当时，，②正确；
对于③，当时，而，有，因在区间上的极小值点有且仅有2个，
于是得，解得，③正确，
所以正确结论的序号是①②③.
故选：D
12. 设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性判断b，c大小，构造函数，利用导数探讨单调性判断c，a大小作答.
【详解】令，求导得，显然，而，
则有，即函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，因此，
令，求导得，
显然在上单调递减，，
即，函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，即，
所以a，b，c的大小关系是.
故选：C
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在的展开式中，的系数为，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的展开式中，含的项为，
所以.
故答案为：
14. 给出两个条件：①，；②当时，（其中为导函数）．请写出同时满足以上两个条件的一个函数______．（写出一个满足条件的函数即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由条件①可选指数函数，由条件②可选单调减函数，结合①②写出函数式作答.
【详解】由，知，函数可以为指数函数，
因当时，，则函数在上单调递减，
所以函数可以为.
故答案为：
15. 已知数列满足．若对任意，（且）恒成立，则m的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求数列的通项公式，再结合等比数列的前项和公式求，结合恒成立分析可得，再根据对数函数讨论求解.
【详解】当时，则
当时，由，得，
两式相除得，n =1时也符合，
∴
则，
因为对任意，（且）恒成立，
所以，所以，
当时，由，得，则，
当时，由，得，则，
综上所述：．
故答案为：.
16. 如图所示的三棱锥中，为等腰直角三角形，且，侧棱，，则经过该三棱锥四个顶点的球的表面积为______．

【答案】##
【解析】
【分析】根据给定的条件，确定的外接圆圆心及半径，再探求三棱锥外接球球心O的位置，求出球半径即可计算作答.
【详解】在中，，，，
由余弦定理得，
等腰中，，的外接圆圆心为的中点，
为正三角形，其外接圆圆心是正的中心，，如图，

连，，等腰中，，，则，
令三棱锥外接球球心为O，连接，则平面，而平面，
有，同理，而平面，因此平面，
因平面，于是得平面，
显然平面与平面有公共点，即平面与平面重合，即有平面，
而，从而得，而平面，有，
因此三棱锥外接球半径R，，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 某地区对高一年级学生进行体质健康测试（简称体测），现随机抽取了900名学生的体测结果等级（“良好及以下”或“优秀”）进行分析．得到如下列联表：

良好及以下
优秀
合计
男
450
200
650
女
150
100
250
合计
600
300
900

（1）计算并判断是否有99％的把握认为本次体测结果等级与性别有关系？
（2）将频率视为概率，用样本估计总体．若从该地区高一所有学生中，采取随机抽样的方法每次抽取1名学生成绩进行具体指标分析，连续抽取3次，且各次抽取的结果相互独立，记被抽取到的3名学生的体测等级为“优秀”的人数为，求的分布列和数学期望．
附表及公式：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
其中，．
【答案】（1）有； （2）分布列见解析，1.
【解析】
【分析】（1）利用给定的列联表，求出的观测值，再与临界值比对即可作答.
（2）求出任抽1个学生体测结果等级为“优秀”的概率，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列，求出期望作答.
【小问1详解】
依题意，的观测值，
故有99％的把握认为本次体测结果等级与性别有关系．
【小问2详解】
依题意，体测结果等级为“优秀”的概率为，
的取值有0，1，2，3，
则，，
，，
则的分布列为：

0
1
2
3
P




所以的数学期望．
18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，，且，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）结合三角恒等变换、正弦定理等知识求得，进而求得的大小.
（2）由两边平方，化简后利用基本不等式求得的最大值，进而求得面积的最大值．
【小问1详解】
由已知，得，
根据正弦定理，得，
即，
由于，，所以，为锐角，所以．
【小问2详解】
由，得，则，
所以，
所以，，
则，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以．
即面积的最大值为．
19. 如图①，为边长为6的等边三角形，E，F分别为AB，AC上靠近A的三等分点，现将沿EF折起，使点A翻折至点P的位置，且二面角的大小为120°（如图②）．

（1）在PC上是否存在点H，使得直线平面PBE？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由．
（2）求直线PC与平面PBE所成角的正弦值．
【答案】（1）满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）取BC中点G，连接AG，并交EF于点D，连接PD，证明平面平面，再建立空间直角坐标系，借助向量求解作答.
【小问1详解】
满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点．
在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，如图，则AP是平面PAB与平面PAC的交线，

依题意，，则有，又平面PBE，平面PBE，因此直线平面PBE，
所以在PC上是存在点H，为PC上靠近P的三等分点，使得直线平面PBE.
【小问2详解】
取BC中点G，连接AG，交EF于点D，连接PD，因，依题意，，，
则为二面角的平面角，即，且平面，
而平面，则平面平面，在平面内过P作于O，
又平面平面，因此平面，在平面内过O作，
显然Ox，AD，OP两两垂直，分别以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
所以，，，，
设平面PBE的一个法向量为，由，令，得，
设直线PC与平面PBE所成角为，则，
所以直线PC与平面PBE所成角的正弦值为．
20. 给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．
已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，______．
（1）求的通项公式；
（2）令是以2为首项，2为公比的等比数列，数列的前n项和为．若，，求实数的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）选①②，利用等比中项列式求出公差即可；选③利用等差中项列式求出公差即可.
（2）根据给定条件结合（1）求出，再利用错位相减法求出，将给定不等式变形，分离参数构造数列，探讨单调性即可作答.
【小问1详解】
选①，设递增等差数列的公差为，由，，，
有，化简得．则，，
所以的通项公式为．
选②，设递增等差数列的公差为，由，，，
有，化简得，即，
解得，则，
所以的通项公式为．
选③，设递增等差数列公差为，由是与的等差中项，得，
即，则有，
化简得，即，
解得，则，
所以的通项公式为．
【小问2详解】
由是以2为首项，2为公比的等比数列，得，由（1）知，即有，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，又，不等式，
等价于，于是得，恒成立，
令，则，则时，，即数列递增，
当时，，即数列递减，当时，，则，
所以实数的取值范围是．
【点睛】关键点睛：涉及求数列最大项问题，探讨数列的单调性是解题的关键，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答.
21. 已知函数．
（1）当时，函数有三个零点，求m取值范围；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数研究的单调区间、极值，根据有三个零点求得的取值范围.
（2）结合多次求导以及对进行分类讨论，研究的最大值，由求得的取值范围.
小问1详解】
当时，，
则，
则时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增．
所以，时，取得极大值；
时，取得极小值．
又，，
所以，有三个零点时，．
【小问2详解】
由得
，，．
令，则，
又设，则，
则时，即单调递增；
时，即单调递减，
所以在处取得极大值，且极大值．
①若，即时，
此时，则即单调递减，
又，则时，，单调递增；
时，，单调递减，
可知在处取得极大值，且极大值（也即是最大值），
所以，则时，符合条件．
②若，即时，
此时，
故存在，使在区间上，，故即单调递增，
又，则在区间上，，
故在区间上，单调递减，则，不满足条件，
综上所述，a的取值范围是．
【点睛】利用导数研究函数的单调性、极值、最值或不等式恒成立问题时，若一次求导无法求解，则可考虑多次求导来进行求解.在求解过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线的形状如心形（如图），称这类曲线为心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．当时，

（1）求E的极坐标方程；
（2）已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）将，代入曲线E，化简可得答案；
（2）不妨设，，，，则的面积，令，可得，再利用配方计算可得答案.
【小问1详解】
将，代入曲线E，
得，即，
所以，E的极坐标方程为；
【小问2详解】
不妨设，，
即，，
则的面积
，
由于，
令，则，，
则，
故当时，，
即的面积的最大值为．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知，，且，证明：
（1）；
（2）．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，消元并结合二次函数推理作答.
（2）根据给定条件，借助“1”的妙用，计算推理作答.
【小问1详解】
因为，，，则，，
因此，当且仅当，时取等号，
所以成立．
【小问2详解】
因，，且，则，
因此，
当且仅当且，即，时取等号，
所以成立．