2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，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上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据交集、补集的定义，即得解【详解】由题意，全集，集合，，故则故选：C2．复数（其中为虚数单位）的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数除法的运算法则，求出复数，然后由虚部的定义即可求解.【详解】解：因为复数，所以复数的虚部为，故选：A.3．青少年视力被社会普遍关注，为了解他们的视力状况，经统计得到图中右下角名青少年的视力测量值（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数．如果执行如图所示的算法程序，那么输出的结果是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于的人数，结合茎叶图判断可得；【详解】解：根据程序框图可知，该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于的人数，由茎叶图可知视力小于等于的有5人，故选：B4．抛物线上的一点到其焦点的距离等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由点的坐标求得参数，再由焦半径公式得结论．【详解】由题意，解得，所以，故选：C．5．已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，根据题干三视图的数据，以及圆锥的侧面积和球的表面积公式，即得解【详解】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同底面圆的半径，圆锥的母线长记该几何体的表面积为故故选：B6．在的展开式中，项的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二项式定理可得展开式通项，令即可求得项的系数.【详解】展开式通项公式为，令，解得：，项的系数为.故选：A.7．在平行四边形 中，，，，是的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先用基底表示出,直接进行数量积运算即可得到答案.【详解】在平行四边形 中， ，，，是的中点，所以.所以=6故选：D8．“为第二象限角”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【答案】A【分析】根据条件求出的范围，从而可判断出选项.【详解】因为，所以由，得，即，所以，即，所以当为第二象限角时，；但当时，不一定为第二象限角，故“为第二象限角”是“”的充分不必要条件.故选：A.9．已知直线与圆相切，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直线与圆相切可得，然后利用均值不等式可得，从而可求的最大值.【详解】解：因为直线与圆相切，所以，即，因为，所以，所以，所以的最大值为，故选：D.10．关于函数的叙述中，正确的有（    ）①的最小正周期为；②在区间内单调递增；③是偶函数；④的图象关于点对称.A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】C【分析】应用差角余弦公式、二倍角正余弦公式及辅助角公式可得，再根据正弦型函数的性质，结合各项描述判断正误即可.【详解】，∴最小正周期，①错误；令，则在上递增，显然当时，②正确；，易知为偶函数，③正确；令，则，，易知的图象关于对称，④错误；故选：C11．攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正八边形的性质，结合二倍角正切公式及正切的定义求上檐平面中心到檐边的距离，再根据题设求攒尖坡度.【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，∴，而，∴，(舍)，又，故，由题设知：攒尖坡度为.故选：D12．如果直线与两条曲线都相切，则称为这两条曲线的公切线，如果曲线和曲线有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】把曲线和曲线有且仅有两条公切线，转化为有且仅有两解.记，利用导数研究单调性和极值，建立不等式，即可解得.【详解】曲线上一点，，切线方程为：.曲线上一点，，切线方程为：.若直线与两条曲线都相切，则有，消去得：.因为曲线和曲线有且仅有两条公切线，所以有且仅有两解.记，则.令，得，所以在上单增；，得，所以在上单增.所以.又有，解得：（舍）或.当，则；当，则；而，所以要使有且仅有两解，只需，解得：.故选：B【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围. 二、填空题13．命题“，”的否定是_______________________．【答案】【分析】根据命题的否定的定义求解．【详解】特称命题的否定是全称命题．命题“，”的否定是：．故答案为：．14．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是_______________________．【答案】【分析】应用换元法将题设不等式转化为在上恒成立，根据二次函数的性质求的范围.【详解】令，则在上恒成立，若，开口向上且对称轴∴，解得.故答案为：15．已知双曲线的两个焦点分别为、，且两条渐近线互相垂直，若上一点满足，则的余弦值为_______________________．【答案】【分析】由题意可得，进而得到，再结合双曲线的定义可得，进而结合余弦定理即可求出结果.【详解】因为双曲线，所以渐近线方程为，又因为两条渐近线互相垂直，所以，所以，即，因此，因此，又由双曲线的定义可知，则，所以在中由余弦定理可得，故答案为：. 三、双空题16．已知某品牌电子元件的使用寿命（单位：天）服从正态分布.（1）一个该品牌电子元件的使用寿命超过天的概率为_______________________；（2）由三个该品牌的电子元件组成的一条电路（如图所示）在天后仍能正常工作（要求能正常工作，， 中至少有一个能正常工作，且每个电子元件能否正常工作相互独立）的概率为__________________．（参考公式：若，则）【答案】     .     .【分析】由题设可知，利用正态分布的对称性求电子元件的使用寿命超过天的概率，应用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求电路在天后仍能正常工作的概率.【详解】由题设知：，∴.由题意，要使电路能正常工作的概率.故答案为：，. 四、解答题17．已知，数列的首项，且满足下列条件之一：①；②．（只能从①②中选择一个作为已知）(1)求的通项公式；(2)若的前项和，求正整数的最小值．【答案】(1)(2)4 【分析】（1）若选①，则可得，从而可得数列是以2为公差，2为首项的等差数列，则可求出，进而可求出，若选②，则，从而可得数列是以为公比，1为首项的等比数列，则可求出，进而可求出，（2）利用错位相减法求出，从而可求出正整数的最小值【详解】(1)若选①，则由可得，所以数列是以2为公差，为首项的等差数列，所以，所以，若选②，则由，得，所以数列是以为公比，为首项的等比数列，所以，所以(2)因为，所以，所以，所以，所以，所以正整数的最小值为4，18．如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点. (1)求证：平面；(2)已知，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) 【分析】（1）连接交于，连接，易得，再根据线面平行的判定即可证结论.（2）为中点，结合已知可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，写出对应点坐标，并求出直线的方向向量和平面的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)由题设，连接交于，易知：是的中点，连接，∵是的中点，∴，又面，面，∴面.(2)底面是菱形，，即，若为中点，则，∴，故在直四棱柱中有、、，∴可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，∴，则，若是面的一个法向量，则，令，则，∴，故直线与平面所成角的正弦值.19．某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为 .现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记.产品件数一等品二等品总计甲生产线  乙生产线  总计   (1)请将列联表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关?(2)为进一步了解产品出现等级差异的原因，现将样本中所有二等品逐个进行技术检验（随机抽取且不放回）.设甲生产线的两个二等品恰好检验完毕时，已检验乙生产线二等品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望. 参考公式：.【答案】(1)答案见解析；(2)分布列见解析，数学期望为2. 【分析】（1）分析题意完成2×2列联表,直接套公式求出，对照参数下结论；（2）直接求出概率，写出分布列，套公式求出数学期望.【详解】(1)由题意可得，一共抽样50个，产量之比为 ，按分层抽样抽取，故甲生产线抽取，乙生产线抽取，故甲生产线抽取一等品40-2=38，乙生产线抽取二等品10-7=3，填表如下：产品件数一等品二等品总计甲生产线3840乙生产线310总计455 所以，故有97.5％把握认为产品的等级差异与生产线有关(2)依题意得，检验顺序的所有可能为甲甲乙乙乙，甲乙甲乙乙，乙甲甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲乙甲乙，乙乙甲甲乙，甲乙乙乙甲，乙甲乙乙甲，乙乙甲乙甲，乙乙乙甲甲，共10种可能.的所有可能取值为：0，1，2，3.故，，，，则的分布列为：0123P 所以20．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为.(1)求椭圆的方程及离心率；(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.【答案】(1)椭圆的方程，离心率；(2) 【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；（2）先用“设而不求法”求出直线经过定点，再判断出的轨迹为以BF为直径的圆，即可求出轨迹方程.【详解】(1)由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，离心率为.(2)当直线的斜率存在时，可设l：代入椭圆方程，得：.设，所以.由（1）可知，点A（-2，0），离心率.因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以.所以.  把代入，整理化简得：，即，所以或.由直线l：，当时，经过定点（-2，0），与A重合，舍去；当时，经过B定点（，0）；当直线的斜率不存在时，可设l：，则，因为，所以，解得：或.当时，直线经过点A，舍去；当时，直线经过B定点（，0）.综上所述，直线l经过B定点（，0）.而在上的射影，即为FH⊥l.所以点H的轨迹为以BF为直径的圆.其中,,所以圆心，半径，所以圆的方程为，故点H的轨迹方程为.21．已知函数 在区间内存在极值点.(1)求实数的取值范围；(2)求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小．【答案】(1).(2)证明见解析，. 【分析】（1）由题设知可得，利用导数研究在上的单调性，即可求的取值范围，注意验证所得是否符合题设；（2）将问题转化为在上存在唯一零点，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性及个数，即可证结论；根据在的单调性及且，只需判断的符号，即可判断与的大小．【详解】(1)由题设，，又，则且，∴，即在上递增，故，当时，在上，即递增，又，，∴上，上，则在上递减，在上递增，∴在处取极小值，符合题设.∴.(2)要证在内存在唯一的使，只需证在上有唯一零点，∴，由（1）知：在上递减，在上递增，又时，，即在上递增，综上，在上递减，在上递增，而，，∴在无零点，在上存在一个零点，故存在唯一使.由（1）知：，∴，令且，则，令，则，则递增，∴，即，故在上递增，则，∴在有，即有，又在上递增且，∴.【点睛】关键点点睛：第二问，构造函数，并利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性和唯一性；利用函数的区间单调性判断参数与的大小．22．在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）的普通方程为，直线的参数方程为（其中，为参数）. (1)以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求和的极坐标方程；(2)设，是与轴的交点，，是与的交点（四点均不同于），当变化时，求四边形的最大面积.【答案】(1)的极坐标方程为，的极坐标方程为且.(2). 【分析】（1）应用公式法求的极坐标方程，利用消参法求直线普通方程，再由公式法求其极坐标方程.（2）由题设可得，根据与的对称性可知，若在第一象限，联立（1）所得极坐标方程求的范围，由即可求面积最大值.【详解】(1)由，则为，∴的极坐标方程为，由题设，应用消参法可知：直线普通方程为，则的极坐标方程为且.(2)由题设，当时有，即，又且是过原点的直线，结合伯努利双纽线的对称性知：，的横纵坐标互为相反数，若在第一象限，则在第三象限，∴，联立、，有，则且，又，∴，而，∴，故当时有最大.23．设为不等式的解集.(1)求；(2)若，，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分类讨论求绝对值不等式的解集即可；（2）由题设可得，根据绝对值的几何意义可得即可求最大值.【详解】(1)由题设，，当时，，无解；当时，，可得；当时，，可得.综上，.(2)，又，∴，当且仅当时等号成立，∴.