四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期一诊模拟考试数学（理）试题及答案

四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期一诊模拟考试数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则集合的元素个数为（    ）

A． B． C． D．

2．若复数z满足，则的虚部是（    ）

A． B． C． D．

3．“”是“方程表示椭圆”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

4．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原的面积是（    ）

A． B． C． D．

5．已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为8和6，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为，则母线长为（    ）

A．4 B．8 C．10 D．16

6．一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）

A．2.7 B．2.9 C．3.1 D．3.3

7．如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．记数列是等差数列，下列结论中一定成立的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

9．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．

A．4 B．2 C． D．

10．在正方体中，P是平面内的一动点，M为线段的中点，则下列说法错误的是（    ）

A．平面内任意一条直线都不与平行

B．平面和平面的交线不与平面平行

C．平面内存在无数条直线与平面平行

D．平面和平面的交线不与平面平行

11．从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，下列说法正确的是（    ）

A．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，则每次摸到红球的概率均不同

B．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第二次摸到红球的概率为

C．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为

D．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，且约定每次摸到红球则积2分，摸到黄球积1分.连续摸n次后，摸到红球的积分和的方差为

12．已知，，且，，则下列说法正确的个数有（    ）个

①  ②  ③  ④

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题

13．的展开式中的常数项为__________.

14．已知（），则的最小值为___________.

15．为了测量一个不规则公园两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距的两点，点在点A的正东方向上，且四点在同一水平面上．从点A处观测得点在它的东北方向上，点在它的西北方向上；从点处观测得点在它的北偏东方向上，点在它的北偏西方向上，则之间的距离为______km.

16．已知，，且，则的取值范围是___________.

三、解答题

17．已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满足，且．

(1)求；

(2)若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．

18．新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病毒.对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情天灾，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命安全和身体健康放在第一位.明确坚决打赢疫情防控的人民战争、总体战、阻击战.当前，新冠肺炎疫情防控形势依然复杂严峻.为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛（满分100分），竞赛奖励规则如下：得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表.

(1)从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生恰有一名学生获奖的概率；

(2)若该市所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，若从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取4名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.

19．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．

(1)求证：平面MBCN；

(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．

20．已知椭圆且四个点、、、中恰好有三个点在椭圆C上，O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且，证明：直线l与定圆相切，并求出的值.

21．设函数，函数（）.

(1)求的单调区间；

(2)若，有三个不同实根，，（），试比较，，的大小关系，并说明理由.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，，点，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴为极轴的建立极坐标系．

(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)过坐标原点O任作直线l与曲线C交于E、F两点，求的值．

23．已知，，不等式恒成立.

（1）求证：；

（2）求证：.

参考答案：

1．C

【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.

【详解】∵，

∴，即集合的元素个数为3.

故选：C.

2．B

【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.

【详解】由得：，

的虚部为.

故选：B.

3．B

【分析】先求出“方程表示椭圆”的充要条件，即可判断.

【详解】“方程表示椭圆”的充要条件为，即且.

故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.

故选：B

4．A

【分析】根据直观图面积是原图面积的，先计算的面积，即求得的面积.

【详解】解：设原图面积是，对应直观图面积为直观图，由图可知，

根据“斜二测画法”的原则：“横不变纵减半，两轴夹角”，，即.

中，，高，

故的面积为，

那么的面积为.

故选：A．

5．A

【分析】利用扇形的弧长公式和圆心角，即可计算求解.

【详解】如图，弧长为，弧长为，因为圆心角为，，，则母线.

故选：A.

6．C

【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.

【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，

由得：

故的最大值为3.1,

故选：C

7．C

【分析】根据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数的值，由此根据该函数值域，可求得答案.

【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，

该函数解析式为： ，

输出的函数值在区间 内 ，必有当时，，

当 时 ， ，

即得 ．

故选∶C．

8．C

【分析】根据等差数列的性质，举反例判断ABD即可，根据基本量法判断C即可.

【详解】对A，若，则，但，故A错误；

对B，若，则，但，故B错误；

对C，设公差为，则由可得，即，故，故C正确；

对D，设公差为，则，故D错误；

故选：C．

9．A

【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.

【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，

依题意，，而，，

故，即，则，

故，

故选：A．

10．B

【分析】对A，根据与平面相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长，交于，根据线面平行的性质判断即可.

【详解】对A，因为与在平面内且不平行，故与相交，故与平面相交，若平面内任意一条直线与平行，则平面，矛盾，故A正确；

对B，由平行，平面，平面，故平面.设平面和平面的交线为，由线面平行的性质可得，又平面，平面，故平面，故B错误；

对CD，延长，交于，连接如图.

由题意，平面和平面的交线即直线，故当平面内的直线与平行时，与平面也平行，故C正确；

交线与平面交于，故D正确；

故选：B

11．D

【分析】对于A，利用古典概型的概率公式求解，对于B，利用互斥事件和独立事件的概率公式求解判断，对于C，利用条件概率公式求解判断，对于D，利用二项分布的方差公式及性质求解判断.

【详解】对于A，因为从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，所以每次摸到红球的概率相同，所以A错误，

对于B，记事件为第一次摸到红球，事件为第一次摸到黄球，事件为第二次摸到红球，则

，所以B错误，

对于C，第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为，所以C错误，

对于D，设摸到红球的次数为，则，由题意可知，

所以，

所以，所以D正确，

故选：D.

12．D

【分析】由题意，先构造，求导分析单调性与最值可判断① ；对②构造函数，可得，进而判断；对③④，数形结合可得判断即可.

【详解】由，则，即.

构造函数则为增函数，又，

故当时，，单调递减；当时，，单调递增，且.

由题意，，，数形结合可得，.

对①，因为，故，又，故，①正确；

对②，构造，，则，当且仅当时取等号，

故为增函数，故，即.

又，，又，且在时单调递减，故，即，②正确；

对③④，由，故，成立；

故选：D

13．

【分析】写出展开式得通项，令的指数等于0，即可得解.

【详解】解：的展开式的通项为，

令，则，

所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

14．4

【分析】根据可得，再根据基本不等式求解即可.

【详解】因为，故，

当且仅当，即时取等号.故的最小值为4.

故答案为：4

15．2

【分析】由题意确定相应的各角的度数，在中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解，求得答案.

【详解】由题意可知，, ,

故在中，，

故 ，，

在中，，

故 ，，

所以在中，，则 ,

故答案为：2

16．

【分析】由题意，均在圆心为原点，半径为2的圆上，再根据数量积公式，结合几何意义分析最值求解即可.

【详解】由题意，，故均在圆心为原点，半径为2的圆上.

①当为直径时，，

又为在直径上的投影，故，此时；

②当不为直径时，，设，

数形结合可得在上的投影，

故，即，

故当，时有最小值，此时.

综上可得的取值范围是.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；

（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.

【详解】（1）因为，

所以，因为，所以，

又，且为锐角，所以，

所以．

因为．所以．所以．

（2）设，，根据题设有，

所以，可得，

所以，

当且仅当时等号成立．

所以的最小值为．

18．(1)

(2)分布列见解析，2

【分析】（1）根据题意可得获奖情况，再根据组合数的计算与概率公式求解即可；

（2）由正态分布的性质可得随机变量，再列出分布列求解数学期望即可.

【详解】（1）由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，共30人，则70人没有获奖，

所以从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，这2名学生恰有一名学生获奖的概率为

.

（2）因为该校所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，所以，

所以，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生成绩在64分以上的概率为，所以随机变量，

所以（，1，2，3，4），

所以，，

，，

，

所以的分布列为

所以.

19．(1)证明见解析

(2)存在，或，

【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；

（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解判断即可

【详解】（1）证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，

所以，

所以由余弦定理得，

所以，所以，

所以，

因为，所以，

因为，

所以平面MBCN；

（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

所以，

因为，，

所以平面，

所以为平面的一个法向量，

假设线段BC上存在点D，设，则，

所以（），

所以,

设平面的法向量为，则

，令，则，

因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为

所以，

化简得，

，解得或，

所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，

此时或，

20．(1)；

(2)证明见解析，.

【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的对称性判断椭圆经过的三点，再代入求解作答.

（2）直线l的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合垂直的向量表示，并求出原点到直线l的距离，再讨论直线斜率不存在的情况作答.

【详解】（1）由椭圆的对称性知，，必在椭圆上，则不在椭圆上，有在椭圆上，

因此，解得，

所以椭圆C的方程为.

（2）当直线l的斜率不存在时，设，则点，

因，则，解得，即原点O到直线l的距离为，

当直线l的斜率存在时，设直线，，

由消去y并整理得：，

有，，，

因，则

，整理得，满足，

原点O到直线l的距离，

综上得：原点O到直线l的距离恒为，即直线l与圆相切，

所以直线l与定圆相切，.

21．(1)答案见解析

(2)，理由见解析

【分析】（1）求导分与两种情况，讨论导函数的正负区间与单调性即可；

（2）易得（），结合题意与函数单调性可得，进而可得三根的表达式，且，，，，先根据单调性判断，，结合作差法有，换元令（），再构造函数求导分析函数的单调性与最值判断即可.

【详解】（1）由已知，

当时，在恒成立，在上单调递增；

当时，由得，

若时，，在上单调递增，

若时，，在上单调递减；

综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）由题意得：（）（）

（），

（），

令（），

当时，，，在上递增；不满足；

当时，∵（），

∴，，在上递增；也不满足有三个不同实根；

当时，由得，，

∴在上递增，在上递减，在上递增.

∵有三个不同实根，，（），

显然，且，，∴，，.

由可得，

故，所以，即，.

由的单调性可知，当时，，递增；当时，，递减.

∴，.

由得，又，

∴，

∴，

∴，

令（），则

令（），∴，

令（），

令，，，

∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，

∴在上递减，∴，则，

∴在上递减，∴，

∴，∴，

综上：，，的大小关系为：.

【点睛】本题主要考查了利用导数含参分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了函数零点的问题.需要根据题意确定零点之间的关系，代入函数解析式后再构造函数分析单调性与最值，需要注意极值点若满足二次方程的根，则可利用韦达定理建立联系.属于难题.

22．(1)

(2)12

【分析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可；

（2）由韦达定理可知，根据余弦定理可知从而求解结果．

【详解】（1）曲线的平面直角坐标系方程为，

故曲线的极坐标方程为．

（2）设直线的倾斜角为，则，

∵，由韦达定理可知．

由余弦定理可知

．

∴．

23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）先根据绝对值三角不等式求得的最大值，从而得到，再利用基本不等式进行证明；

（2）利用基本不等式变形得，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个不等式，再进行不等式相加，即可得答案.

【详解】（1）因为，所以，

因为，，，

所以，

所以，

故.

（2）因为，所以，

即，两边开平方得，

同理可得，，

三式相加，得.

【点睛】本题考查绝对值三角不等式以及应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力，是中档题.