2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（文）试题含解析

2023届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试数学（文）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：C

2．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：B

4．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．奥运会跳水比赛中共有名评委给出某选手原始评分，在评定该选手的成绩时，去掉其中一个最高分和一个最低分，得到个有效评分，则与个原始评分（不全相同）相比，一定会变小的数字特征是（    ）

A．众数 B．方差 C．中位数 D．平均数

【答案】B

【分析】根据题意，由数据的中位数、平均数、方差、众数的定义，分析可得答案．

【详解】对于A：众数可能不变，如，故A错误；

对于B：方差体现数据的偏离程度，因为数据不完全相同，当去掉一个最高分、一个最低分，一定使得数据偏离程度变小，即方差变小，故B正确；

对于C：7个数据从小到大排列，第4个数为中位数，当首、末两端的数字去掉，中间的数字依然不变，故5个有效评分与7个原始评分相比，不变的中位数，故C错误；

对于C：平均数可能变大、变小或不变，故D错误；

故选：B

6．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：B

7．设平面向量，的夹角为，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量数量积的运算律以及数量积的定义，计算即得解

【详解】由题意，

则

故选：A

8．设，满足，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示, 转化为,要使得取得最大值，即直线与阴影部分相交且截距最大，数形结合即得解

【详解】

画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示

转化为

要使得取得最大值，即直线与阴影部分相交且截距最大

由图像可知，当经过图中点时，直线的截距最大

，解得

故

故的最大值是2

故选：D

9．“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.

10．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.

11．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：C

12．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，则攒尖的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】攒尖是一个正八棱锥，由棱锥体积公式计算可得．

【详解】如图底面正八边形的外接圆圆心是（正八边形对角线交点），设外接圆半径为，

在中，，，

由余弦定理得，，

正八边形的面积为，

所以攒尖体积．

故选：D．

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．函数在处的切线方程为_______________________．（要求写一般式方程）

【答案】

【分析】利用导函数求出斜率，即可写出切线方程.

【详解】的导函数是，所以.

又，所以函数在处的切线方程为，即.

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．已知向量，．

（1）若当时，，则实数的值为_______________________；

（2）若存在正数，使得，则实数的取值范围是__________________．

【答案】         

【分析】（1）由时，得到，，然后根据求解；

（2）根据存在正数，使得，则，有解，利用二次函数的根的分布求解.

【详解】（1）当时，，，

因为，

所以，

解得，

所以实数的值为-2；

（2）因为存在正数，使得，

所以，有解，

即，有解，

所以或，

解得或，

所以实数的取值范围是.

故答案为：-2，

四、解答题

17．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．

(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？

参考公式：

(2)从样本的所有二等品中随机抽取件，求至少有件为甲生产线产品的概率．

【答案】(1)列联表见解析，有的把握认为产品的等级差异与生产线有关；

(2)

【分析】（1）完善列联表，计算出卡方，再与观测值比较即可判断；

（2）记甲生产线的2个二等品为，，乙生产线的3个二等品为，，，用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】(1)解：依题意可得列联表如下：

所以，因为，所以有的把握认为产品的等级差异与生产线有关；

(2)解：依题意，记甲生产线的2个二等品为，，乙生产线的3个二等品为，，；则从中随机抽取件，所有可能结果有，，，，，，，，，共10个，至少有件为甲生产线产品的有，，，，，，共7个，所以至少有件为甲生产线产品的概率；

18．如图，在正三棱柱中，是的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)已知，求异面直线与所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证出结论；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.

【详解】(1)因为正三棱柱，所以，又因为是的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；

(2)

取的中点，连接，由正三棱柱的几何特征可知两两垂直，故以为坐标原点，分以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以,

则，

所以

由于异面直线成角的范围是，所以异面直线与所成角的余弦值为，因此异面直线与所成角为.

19．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，

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

(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，求证：经过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得、，再根据，即可求出、，从而求出椭圆方程、离心率；

（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，依题意可得，即可得到方程，整理得到，即可得到、的关系，从而求出直线过定点；

【详解】(1)解：依题意、，又，解得，，

所以椭圆方程为，离心率；

(2)解：由（1）可知，

当直线斜率存在时，设直线为，联立方程得，消去整理得，

设，，所以，；

因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以；

即

所以，

即，

所以，即，所以或，

当时，直线：，恒过定点，因为直线不过A点，所以舍去；

当时，直线：，恒过定点；

当直线斜率不存在时，设直线，，，

则，且，

解得或（舍去）；

综上可得直线恒过定点.

21．已知函数，其中为常数．

(1)当时，判断在区间内的单调性；

(2)若对任意，都有，求的取值范围．

【答案】(1)判断见解析

(2)

【分析】小问1：当时，求出导数，判断导数在上的正负，即可确定在上的单调性；

小问2：由得，令，将参数区分为，，三种情况，分别讨论的单调性，求出最值，即可得到的取值范围.

【详解】(1)当时，得，故，

当时，恒成立，故在区间为单调递增函数.

(2)当时，，故，即，即.

令

①当时，因为，故，即，

又，故在上恒成立，故；

②当时，，，

故在上恒成立，在上单调递增，

故，即在上单调递增，

故，故；

③当时，由②可知在上单调递增，设时的根为，

则在时为单调递减；在时为单调递增

又，故，舍去；

综上：

【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性，及利用恒成立问题，求参数的取值范围的问题，对参数做到不重不漏的讨论，是解题的关键.

22．在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）的普通方程为，曲线的参数方程为（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)设与的交于，，，四点，当变化时，求凸四边形的最大面积．

【答案】(1)；

(2)2

【分析】（1）根据直角坐标方程，极坐标方程，参数方程之间的公式进行转化即可；

（2）设点在第一象限，并且设点的极坐标，根据题意列出点的直角坐标，表示出四边形的面积进行计算即可.

【详解】(1)，由，

故，即

，即，即，

(2)由和图象的对称性可知，四边形为中心在原点处，且边与坐标轴平行的矩形，

设点在第一象限，且坐标为，

又，则点的直角坐标为，

又，即

故四边形ABCD==

又，故，因此当，即时，四边形的面积最大为2.

23．设为不等式的解集．

(1)求集合的最大元素；

(2)若，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论，，，打开绝对值求解，即得解；

（2）由题意，构造

，利用均值不等式即得解

【详解】(1)由题意，

（1）当时，，解得，即；

（2）当时，，解得，即；

（3）当时，，解得，即

综上：

故集合，

(2)由题意，，故

故

由于，故

由均值不等式，

当且仅当，即时等号成立

故求的最小值为