2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（文）数学试题含解析

2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（文）数学试题

一、单选题

1．已知复数，若，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据给定条件，求出a值，即可求出复数对应点的坐标作答.

【详解】依题意，，即，又，因此，解得，

则有，所以在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D

2．某程序框图如图所示，则输出的S=（    ）

A．8 B．27

C．85 D．260

【答案】C

【分析】直接运行程序框图即可求解.

【详解】由图可知,初始值；

第一次循环，，不成立；

第二次循环，，不成立；

第三次循环，，成立；

退出循环，输出的值为.

故选：C.

3．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求得，，根据集合的交集运算解决即可.

【详解】由题知，，

在中，，解得，

所以，

在中，，解得，

所以，

所以.

故选：B

4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是下面的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图的定义判断即可.

【详解】根据正视图可知A,B错误，

根据俯视图可知D错误，结合三视图可知C符合题意，

故选:C.

5．若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的几何意义分析运算．

【详解】，则，

设直线l与曲线C的切点，则直线l的斜率，

由于直线斜率为，则，解得，

所以，即切点为，

故，解得．

故选：C.

6．下列说法正确的有（    ）

①对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大；

②我校高一、高二、高三共有学生人，其中高三有人.为调查需要，用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为的样本，那么应从高三年级抽取人；

③若数据、、、的方差为，则另一组数据、、、的方差为；

④把六进制数转换成十进制数为：.

A．①④ B．①② C．③④ D．①③

【答案】A

【分析】利用独立性检验可判断①；利用分层抽样可判断②；利用方差公式可判断③；利用进位制之间的转化可判断④.

【详解】对于①，对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大，①对；

对于②，由分层抽样可知，应从高三年级抽取的人数为，②错；

对于③，记，则，

所以，数据、、、的平均数为

，

其方差为

，③错；

对于④，把六进制数转换成十进制数为：，④对.

故选：A.

7．程大位（1533~1606），明朝人，珠算发明家.在其杰作《直指算法统宗》里，有这样一道题：荡秋千，平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步与人齐，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉，良工高士素好奇，算出索长有几？将其译成现代汉语，其大意是，一架秋千当它静止不动时，踏板离地一尺，将它向前推两步（古人将一步算作五尺）即10尺，秋千的踏板就和人一样高，此人身高5尺，如果这时秋千的绳索拉得很直，请问绳索有多长？（    ）

A．14尺 B．14.5尺 C．15尺 D．15.5尺

【答案】B

【分析】根据勾股定理即可得解.

【详解】设绳索长度为 尺, 则秋千被推送 10 尺时, 踏板距绳索顶端的距离为 ,

此时踏板距绳索顶端距离、往前推送10尺的水平距离、绳索长刚好构成一直角三角形.

则根据勾股定理可列方程：

解得, , 即绳索长度为尺,

故选：C.

8．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用函数的奇偶性及在上的函数值正负逐个选项判断即可．

【详解】因为，定义域为R，

所以，

所以为奇函数，又因为时，所以由图象知D选项正确，

故选D．

9．在中，已知，，，则的面积为（    ）

A． B．或 C． D．

【答案】B

【分析】先用余弦定理求得b，然后由三角形面积公式计算．

【详解】因为中，已知，，，

所以，由余弦定理得，

解得或2，

所以的面积或．

故选：B.

10．如图，在中，，以为直径的半圆上有一点M，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系. ,得出以为直径的圆的方程，根据向量坐标用表示出的坐标，代入圆的方程可得答案.

【详解】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.

则，

则以为直径的圆的圆心为的中点.

则以为直径的圆的方程为：

则

，所以

由点在圆上，可得

即，解得或（舍）

故选：A

11．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于，P，Q两点，则的最小值是（    ）

A．8 B．10 C．13 D．15

【答案】C

【分析】利用韦达定理和抛物线的定义表示出，利用基本不等式求解.

【详解】设直线，，，

联立，整理得，

则，故.

因为，，

所以，

当且仅当即时，等号成立.

故选:C.

12．已知定义在R上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，求导可得的单调性，进而可求解.

【详解】设，则，

因为，所以，即，

所以在R上单调递减.

不等式等价于不等式，

即.因为，

所以，

所以.因为在R上单调递减，

所以，解得.

故选:B

二、填空题

13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______.

【答案】4

【分析】画出可行域，结合的几何意义求解.

【详解】画出可行域如图，

设，即经过时，截距最小，此时z取得最大值，最大值为4.

故答案为:4.

14．已知圆C：与直线l：交与A，B两点，当|AB|最小值时，直线l的一般式方程是___________.

【答案】

【分析】根据直线的方程得到直线过定点，根据几何知识得到当垂直直线时，最小，然后根据垂直列方程，解方程得到即可得到直线的方程.

【详解】由圆的方程可得圆心为，直线的方程可整理为，令，解得，所以直线过定点，当垂直直线时，最小，所以，解得，所以直线的方程为，即.

故答案为：.

15．在直三棱柱中，是等边三角形，，在该三棱柱的外接球内随机取一点，则点在三棱柱内的概率为_____________.

【答案】

【分析】分别求出三棱柱的体积及其外接球的体积，利用体积型几何概型的概率公式计算.

【详解】设，则，由题意可知三棱柱是正三棱柱，如图所示，为正的中心，为外接球的球心，

则该三棱柱的体积.

因为是等边三角形，且，，所以外接圆的半径.

设三棱柱外接球的半径为，有，，，

由平面，则，即，从而，故该三棱柱外接球的体积.

由几何概型可知所求概率.

故答案为：

16．函数在上有唯一的极大值，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】由题知函数在上有唯一极大值，进而得，再解不等式即可得答案.

【详解】解：当时，，

因为函数在上有唯一的极大值，

所以函数在上有唯一极大值，

所以，，解得.

故答案为：.

三、解答题

17．已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______（从①；②，，成等比数列；③这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）．

(1)求；

(2)设，数列的前项和为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由①可得，由②可得，由③可得，选择①②､①③､②③条件组合，均得，，即得解析式；

（2）可得，由裂项相消法求出即可.

【详解】（1）①由，得，即；

②由，，成等比数列，得，，即；

③由，得，即；

选择①②､①③､②③条件组合，均得，，

故.

（2）

∴

.

18．从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i个家庭的月收入（单位：千元）与月储蓄（单位：千元）的数据资料，计算得，，，.

(1)求家庭的月储蓄对月收入的线性回归方程；

(2)判断变量与之间是正相关还是负相关，并利用（1）中的回归方程，分析2021年该地区居民月收入与月储蓄之间的变化情况，并预测当该居民区某家庭月收入为7千元，该家庭的月储蓄额.附：线性回归方程系数公式.

中，，，其中，为样本平均值.

【答案】(1)＝0.3x－0.4

(2)正相关，分析见解析，1.7(千元)

【分析】（1）由题意得到n＝10，求得，进而求得，写出回归方程；.           

（2）由判断变量与之间是正相关，将x＝7代入回归方程求解.

【详解】（1）由题意知

n＝10，.            

则.                

所以所求回归方程为＝0.3x－0.4.

（2）因为，

故x与y之间是正相关， 2021年该地区居民月收入随月储蓄的增加而增加.

将x＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为＝0.3×7－0.4＝1.7(千元)

19．如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，D、E分别是棱PB、PC的中点.

(1)求证：平面；

(2)若，，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理可得到平面，通过即可得证；

（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，可得，然后利用等体积法即可求解

【详解】（1）因为是圆的直径，所以，

因为垂直平面，平面，所以，

又因为，平面，平面PAC，

所以平面.

因为分别是棱的中点.

所以.

从而有平面.

（2）因为垂直于平面，平面，所以，

因为，则.

又，得，

所以，

因为且，平面，，

故平面，又平面，所以，

因为，，所以

设点到平面的距离为，

则由知，,

即,解得

20．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据P的坐标和⊥轴可得的值，根据可求a，再由、、之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；

(2)设直线的方程为，，，M在第一象限．联立直线与椭圆方程，根据，以及面积比可得、关系，结合韦达定理即可求出m的值，从而求出直线l的方程．

【详解】（1）由题意得，，，

则，即，

∴，

故的方程为；

（2）设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．

与椭圆方程联立，，

消去，得，

，，

∵，，与的面积比为，

∴，整理得，

∴，，

即，解得，

∵，∴，

直线的方程为，即.

21．设函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若函数有两个零点，，求实数a的范围.

【答案】(1)当时，在区间上单调递减；

当时，单调递减区间，单调递增区间.

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;

（2）分类讨论a的取值，确定的单调性，若为单调函数，不可能有两个零点;当先减后增时，要使有两个零点，需要其最小值小于0，求得a的取值范围，再证明确实有两个零点.

【详解】（1）由于，则定义域为 ，

可得：，

当时，∵，∴，故在区间上单调递减；

当时，∵，∴由可得，由得，

故在区间上单调递减，在区间上单调递增.

（2），，，

当时，， 为单调函数，不可能有两个零点，舍去;

当时，由得或(舍去).

当时， ，为减函数，

当时， ，为增函数，

所以当时取得最小值，

要使有两个零点，，需要，即，

解得，

又，且，所以在 上有唯一的零点，

令，，

当时， ，为减函数，

当时， ，为增函数，

所以当时取得最小值，故，即 （当且仅当时取等号），

，且，

所以在 上有唯一的零点，

综上:当时， 有两个零点.

【点睛】方法点睛：利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法:

(1)将函数可方程变形构建新函数，利用导数研究函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解函数零点的个数.

(2)利用零点存在性定理，先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.

22．已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.

(1)求直线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；

(2)记为直线与曲线的一个交点，求的面积.

【答案】(1)，

(2)12

【分析】（1）根据参数方程转化为直角坐标方程，直角坐标方程与极坐标方程互化的知识求解即可；

（2）解法一：联立直线与曲线的方程，求得的坐标，根据极坐标知识求得的面积.

解法二：，故无论在何处， 为定值，而  ，为到的距离，求解即可得出答案.

【详解】（1）由直线的参数方程可得直线的普通方程为.

将代入得

故直线的极坐标方程为.              

而曲线，即，

则.                 

故曲线的直角坐标方程为.

（2）解法一：由，

可得或，                   

因为点的极坐标为，直线的普通方程为.   

 所以，故无论在何处， 为定值. 因此不妨取点，

转化为极坐标为.

由于点的极坐标为.

故的面积.           

解法二：因为点的极坐标为，直线的普通方程为.   

 所以，故无论在何处， 为定值，  

，为到的距离，，       

23．已知m≥0，函数的最大值为4，

(1)求实数m的值；

(2)若实数a，b，c满足，求的最小值.

【答案】(1)m＝2

(2)

【分析】（1）利用绝对值三角不等式，可得，结合函数的最大值为4，即可求实数的值；

（2）根据柯西不等式得：，即可求的最小值．

【详解】（1）

∵m≥0，∴，当时取等号，

∴，又的最大值为4，∴m＋2＝4，即m＝2.

（2）根据柯西不等式得：，

∵，∴

当且仅当，即，，时等号成立.

∴的最小值为.