2023届四川省绵阳中学高三上学期综合质量检测数学试题（解析版）

这是一份2023届四川省绵阳中学高三上学期综合质量检测数学试题（解析版），共26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。

一、单选题
1．已知复数（，），满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可推得，，表示点在以为圆心，1为半径的圆上，根据的几何意义，求出原点到圆上点距离的范围即可解出.
【详解】由已知可得，，
又，所以，即有，
所以，点在以为圆心，1为半径的圆上，设圆心为，
则，，所以.
又，所以，.
故选：D.
2．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式化简集合A，再利用集合的交并补运算即可求得结果.
【详解】因为，
所以，解得，则，
所以，则或，
又，
所以.
故选：D.
3．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，为调查某两家订餐软件的商家服务情况，统计了它们的送餐时间（单位：分钟），得到茎叶图如图所示．已知甲、乙两款的平均送餐时间相同，甲款送餐时间的众数为，则下列说法正确的为（ ）．
A．甲款送餐时间更稳定，中位数为
B．甲款送餐时间更稳定，中位数为
C．乙款送餐时间更稳定，中位数为
D．乙款送餐时间更稳定，中位数为
【答案】D
【分析】利用中位数的定义求出的值，利用平均数公式可求得的值，并计算出两款送餐时间的方差以及中位数，即可得出结论.
【详解】因为甲款送餐时间的众数为，则，
平均数为，
方差为，
中位数为；
乙款送餐时间的平均数为，
解得，
方差为，
中位数为，
则，故乙款送餐时间更稳定，中位数为.
故选：D.
4．对于给定的正整数数列，满足，其中是的末位数字，下列关于数列的说法正确的是（ ）
A．如果是5的倍数，那么数列与数列必有相同的项
B．如果不是5的倍数，那么数列与数列必没有相同的项
C．如果不是5的倍数，那么数列与数列只有有限个相同的项
D．如果不是5的倍数，那么数列与数列有无穷多个相同的项
【答案】D
【分析】分情况讨论的个位数字为0或5，结合数列中项的个位数字，即可判断A项；根据推理可知，如果不是5的倍数，那么数列的末位数字只能是2，4，6，8，这与数列中项的个位数字相同，即可判断B、C、D项.
【详解】如果是5的倍数，则的个位数字为0或5.
当的个位数字为0时，则，根据可知个位数字都是0；
当的个位数字为5时，则，根据可知，时，个位数字都是0；
而数列中项的个位数字只能为2，4，6，8，
所以数列与数列没有相同的项，A项错误；
当不是5的倍数时，这个数字加上它的末尾数字，一直加下去，则这个数的末位数字只能是2，4，6，8，
数列中项的个位数字也只能是2，4，6，8，故它们必有相同的项，且有无穷多个相同的项，故B、C不正确，D项正确.
故选：D.
5．已知函数，则“有极值”是（ ）
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】B
【分析】根据极值点的定义求出的范围，验证充分性和必要性即可.
【详解】定义域为,由得，
令，则，
当时，恒成立，所以在上单调递增，又因为，
所以当时，有极值；
当时，令解得，所以在上小于0，在上大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为当时，，
有极值则，
令，则，，
再令，则，解得，
所以在单调递增，在单调递减，又，
所以当时，，即，解得，
综上有极值，则或或，
所以有极值是的必要不充分条件，
故选：B.
6．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，其中有如下记载：将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.现有如图所示的直径长为2的胶泥球胚，某数学兴趣小组的同学需在此胶泥球胚中切割出底面为正方形，且垂直于底面的侧棱与底面正方形边长相等的阳马模型的几何体（实物体），若要使该阳马体积最大，则应削去的胶泥的体积大约为（）（ ）
A．2.8B．3.2C．3.5D．4.8
【答案】C
【分析】根据阳马的定义，可借助截出阳马的正方体来求解体积，要使阳马体积最大，则原正方体的体积应该最大，即球的内接正方体，此时体对角线的长等于球的直径.
【详解】
如图正方体中，四棱锥即为阳马.
设正方体边长为，体积为，显然，
所以，当该正方体体积最大时，该阳马体积最大.
在球的内部，任意构造一个正方体，显然球的内接正方体体积最大，应有正方体的对角线等于球的直径，即.
又，所以，则，则，
所以.
又球的体积为，
所以，应削去的胶泥的体积为.
故选：C.
7．已知为的导函数，则的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式对函数解析式进行化简，再利用函数的奇偶性及函数在原点右边的小邻域内单调递减，即可选出正确答案.
【详解】因为，所以，
所以为奇函数，排除A，D；
因为，，
当时，，
所以在内递减.
故选B.
【点睛】本题考查导数在函数中的应用、诱导公式、奇偶性、单调性的综合运用，求解时要充分利用图象提供的信息，寻找隐含条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
8．数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出米，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（ ）
A．153B．190C．231D．276
【答案】C
【分析】细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时联系相关知识,如等差数列、等比数列等，结合图形即可求解.
【详解】由题意知，数列的各项为1，6，15，28，45，...
所以，，，
，，，
所以.
故选：C
9．在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，可得；再结合正弦定理将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据正弦定理可得，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】由，得，，
，．由题，由正弦定理有，故，即，故，即，由正弦定理有，故，，又锐角，且，，，解得，，，
，，，，，，
的取值范围为．
故选：A．
10．为庆祝神舟十三号飞船顺利返回，某校举行“特别能吃苦，特别能战斗，特别能攻关，特别能奉献”的航天精神演讲比赛，其冠军奖杯设计如下图，奖杯由一个半径为6cm的铜球和一个底座组成，底座由边长为36cm的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，则冠军奖杯的高度为（ ）cm．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，可得，设△ABC外接圆圆心O，则由正弦定理可得半径r，利用勾股定理可得、从而端点答案.
【详解】A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，
∴，∴△ABC是边长为9的等边三角形，
设△ABC外接圆圆心O，半径r，则，
∴，，∴到平面DEF距离＝9，
∴冠军奖杯的高度为，
故选：C．
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，交抛物线的准线于点，且为线段的中点，若直线的斜率为，则
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先由题意得到，设出直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、抛物线定义，以及题中条件，求出，即可得出结果.
【详解】由题可得，直线的方程为，
将代入，
消去可得，则．
因为点，到抛物线的准线的距离分别为，，为线段的中点，
所以，即，将其代入，可得，
所以，所以，故选D．
【点睛】本题主要考查直线与抛物线位置关系，以及抛物线的定义，熟记抛物线定义，结合韦达定理等，即可求解，属于常考题型.
12．在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受得到，而信号外理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则下列结论错误的是（ ）
A．函数为周期函数，且最小正周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数的导函数的最大值为
【答案】D
【分析】先说明是的一个周期.设函数的最小正周期为，则有，两边同时求导有，，则有.
可推得，，即可判断A选项的正误；验证是否成立，可判断B选项的正误；验证是否成立，可判断C选项的正误；求得函数的导数，求出的最大值，可判断D选项的正误.
【详解】对于A，由已知.，
则
，所以是的一个周期.
设函数的最小正周期为，则有，
两边同时求导有，，令，则.
又，则，所以.
即，
当且仅当时，该式满足.又，
所以有，，，，，.
显然，当时，上式均满足.所以，，.
当时，有最小值，所以函数的最小正周期为.故A选项正确；
对于B，，
，
所以，故函数的图象关于点对称，B选项正确；
对于C，，
所以，函数的图象关于直线对称，C选项正确；
对于D，因为，
，，，，
则，又，
所以函数的最大值为，D选项错误.
故选：D.
【点睛】若，则是函数的对称轴；若，则是函数的对称中心.
二、填空题
13．已知的外接圆的圆心为，若，则_________.
【答案】
【分析】根据外接圆作图，设外接圆半径为，由于，则可得，结合正弦定理确定，可得，又有外心的几何性质将变为，可得，根据余弦定理有，联合可得三边比例关系，即可得的值.
【详解】解：
如图，的外接圆的圆心为，过作于点
设外接圆半径为，
由于，所以，即，
由正弦定理得，且角为锐角，则
由余弦定理得①
因为，所以，
其中，
，
所以，即，又余弦定理得
所以②
联立①②得：，则.
故答案为：.
14．3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为6cm，下底直径为9cm，高为9cm，则喉部（最细处）的直径为______cm．
【答案】
【分析】由已知，根据题意，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设出双曲线方程，并根据离心率表示出之间的关系，由题意底直径为6cm，所以双曲线过点，下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程即可求解方程从而得到喉部（最细处）的直径.
【详解】
由已知，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，
设双曲线方程为，
由已知可得，，且，
所以，所以双曲线方程为，
底直径为6cm，所以双曲线过点，
下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程得：
，解得： ，
所以喉部（最细处）的直径为 cm.
故答案为：.
15．颇受青年朋友喜欢的蛋白石六角锥灵摆吊坠如图（1）所示，现在我们通过手工制作一个六角锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形的中心为为圆O上的点，如图（2）所示．分别是以为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合，得到六棱锥，当底面六边形的边长变化时，所得六棱锥体积的最大值为___________．
【答案】##
【分析】连接，交于点H，由题意得，
设cm，则cm，cm，
由已知求出，利用条件得六棱锥的体积，
转化为函数，利用函数导数求解即可
【详解】连接，交于点H，由题意得，
设cm，则cm，cm
因为所以，
六棱锥的高cm．
正六边形的面积cm2，
则六棱锥的体积 cm3．
令函数，
则，
当时，，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以 cm3．
故答案为：
三、双空题
16．在的展开式中，含的系数是_______；若对任意的，恒成立，则实数λ的最小值是_______．
【答案】 120 ##
【分析】利用通项公式求出各项的的系数，结合组合数的性质求，由此可得，恒成立等价于恒成立，利用比较法求的最大值，由此可得λ的最小值.
【详解】∵ 的展开式中含的项的系数为，
∴
∴，
∴ ，
∵对任意的，恒成立，
∴ 对任意的，恒成立，
设，
∵，
∴ 当时，，即
当时，，即
当时，，即
∴ 当或时，取最大值，最大值为，
∴ ，
∴ λ的最小值是，
故答案为：；.
四、解答题
17．如图，某校打算在长为1千米的主干道一侧的一片区域内临时搭建一个强基计划高校咨询和宣传台，该区域由直角三角形区域（为直角）和以为直径的半圆形区域组成，点（异于，）为半圆弧上一点，点在线段上，且满足.已知，设，且.初步设想把咨询台安排在线段，上，把宣传海报悬挂在弧和线段上.
（1）若为了让学生获得更多的咨询机会，让更多的省内高校参展，打算让最大，求该最大值；
（2）若为了让学生了解更多的省外高校，贴出更多高校的海报，打算让弧和线段的长度之和最大，求此时的的值.
【答案】（1）； （2）
【分析】（1）由题意，结合三角恒等变换的公式，求得，再利用三角函数的性质，即可求解；
（2）由题意，取线段的中点，连接，求得弧长和线段的长度之和表达式，设，，得到，结合导数求得函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）由题意，在中，可得，
在中，可得，
在中，可得，
所以
.
因为，则，
所以当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为千米.
（2）取线段的中点，连接，则.
由（1）知，，
故的长为，
则和线段的长度之和
，.
设，，，，
则，
因为，，所以，
故函数在区间上单调递减，故.
易知函数在区间上也单调递减，所以，
所以，
所以当且仅当时，和线段的长度之和最大.
【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用问题，以及利用导数求解函数的单调性与最值的应用，其中解答中认真审题，根据题意求得函数的解析式，结合三角函数的性质和导数的运算求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
18．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上．
(1)证明：；
(2)当平面与平面所成的锐二面角为时，求平面与侧面的交线长．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)建立以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，只需证明即可证明；
(2)利用空间坐标系，求出P点坐标，即可得P点位置，作出平面与侧面的交线，再计算即可.
【详解】（1）解：由题意两两垂直.
所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则．
∵M是的中点，N是的中点，∴，
设，∴，则，
则，
所以．
（2）解：设，则，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
又平面的一个法向量为，
平面与平面所成的锐二面角为时，
∴，即，
解得，此时，如图位置，
设为的中点，连接，交于点，由 且∥,
所以与全等，则为中点,
连接,由分别为中点，则∥,
又分别为中点，则∥，
所以∥,
所以点共面，
又,
所以共面，即面与面重合.
所以平面与侧面的交线为，
所以交线长度为.
19．小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活物资供应.为做好甲类生活物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类生活物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图.
(1)从小区超市某天购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户.若抽取的5户中购买量在（单位：）的户数为2户，从5户中选出3户进行生活情况调查，记3户中需求量在（单位：）的户数为，求的分布列和期望；
(2)将某户某天购买甲类生活物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于时，则该居民户称为“迫切需求户”，若从小区随机抽取10户，且抽到k户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k的值.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）随机变量所有可能的取值为0，1，2．求出概率得到分布列，然后求解期望．
（2）每天对甲类物资的购买量平均值，求出从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为，判断，设户的可能性最大，列出不等式组，求解即可．
【详解】（1）随机变量所有可能的取值为0，1，2.则
，，，
所以.
（2）根据频率分布直方图可知，每天对甲类生活物资的需求平均值为
（）
则购买甲类生活物资为“迫切需求户”的购买量为，从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为.
若从小区随机抽取10户，且抽到X户为“迫切需求户”，则，
若k户的可能性最大，则，
，得，
即，解得，由于，故.
20．在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，离心率为.点P是椭圆上的一动点，且P在第一象限.记的面积为S，当时，.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和.求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求点P的坐标，再利用面积和离心率，可以求出，然后就可以得到椭圆的标准方程；
（2）设点的坐标和直线方程，联立方程，解出的y坐标值与P的坐标之间的关系，求以焦距为底边的三角形面积；利用均值定理当且仅当时取等号，求最大值.
【详解】（1）当时，设P点的坐标，，又，，
则，所以（舍去负值），
所以P点的坐标为 ，
又，即，所以，
又，则，所以，，
所以，所以，，，
所以椭圆E的方程为.
（2）设，，，
易知点和点的坐标均不为零，
因为，，所以设直线的方程为，
直线的方程为，
联立可得，整理得.
所以 ，因为，，
所以，
所以，
联立可得，整理可得，
所以 ，因为，，
所以，
所以，
因为 ，，，
则
，
当且仅当，时取等号，
所以 的最大值为.
21．已知函数．
(1)证明：函数的图象与直线只有一个公共点．
(2)证明：对任意的，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为证明只有一个根，令，利用导数可求得，当且仅当时，，由此可证得结论；
（2）由（1）可得，即，得到，由此可得，根据对数运算法则整理即可得到结果.
【详解】（1）要证函数的图象与直线只有一个交点，只需证方程只有一个根，
即证只有一个根，即只有一个根．
令，，则．
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，．
恒成立，当且仅当时，，方程只有一个根，
即函数的图象与直线只有一个公共点．
（2）由（1）知：恒成立，
即恒成立（在时等号成立）．
，，即，
，，，…，
，，
，即．
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），的参数方程为（t为参数）.
(1)求的普通方程并指出它的轨迹；
(2)以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线：与曲线的交点为O，P，与的交点为Q，求线段的长.
【答案】(1)答案见详解；
(2).
【分析】（1）消去，即可求得的普通方程为，轨迹为圆，又，方程为，可知轨迹为上半圆及其与轴的两个交点；
（2）根据（1）可求得的极坐标方程为，，代入，可求得.将的参数方程化为普通方程后，可求得极坐标方程，代入，可求得，进而求出线段的长.
【详解】（1）由已知可得，，则，
又，所以，则.
所以的普通方程为，轨迹为以为圆心，2为半径的圆的上半圆以及其与轴的两个交点，.
（2）由曲线化为极坐标方程：，.
把代入可得，所以.
的参数方程为（t为参数），消去参数可得，
可得极坐标方程为，把代入方程可得，所以，所以.
又三点共线，且有.
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若，对任意正实数a，b恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知可得，求解不等式组，即可得到解集；
（2）利用基本不等式求出的最小值，可得出，分类讨论求解不等式的解集.
【详解】（1）由已知可得，，则，
即，解得，
故解集为.
（2）因为，且为正实数，，
当且仅当，即时等号成立.
因为对任意正实数a，b恒成立，
所以，即，即.
当时，不等式化为恒成立；
当时，不等式化为，解得，又，所以不等式解集为；
当时，不等式化为，显然不等式无解.
综上，不等式解集为.
0
1
2