四川省遂宁市2023届高三第三次诊断考试数学（文）试题

这是一份四川省遂宁市2023届高三第三次诊断考试数学（文）试题，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市2023届高三第三次诊断考试数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数满足，其中为虚数单位，则=（    ）A．0 B． C． D．13．下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（    ）A．月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月B．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关C．每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加D．9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小4．下列说法不正确的是（    ）A．若，则B．命题，，则：，C．回归直线方程为，则样本点的中心可以为D．在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件5．已知实数，满足则的最小值是（    ）A． B． C． D．16．已知数列为等比数列，，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（    ）A．或 B． C．18 D．27．函数的图像大致为（    ）A．B．C．D．8．已知函数，，，且的最小值为，则的值为（    ）A． B． C．1 D．29．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（    ）A．异面直线与所成角为B．当E，F运动时，平面 平面C．当E，F运动时，存在点E，F使得D．当E，F运动时，三棱锥体积不变10．已知数列的前项和为，且，，则（    ）A．210 B．110 C．50 D．5511．已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为，若为坐标原点)，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．12．已知定义在上的函数满足：当 时，恒有，若对任意，，恒成立，则ab的最大值为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．已知向量，且，则___________.14．已知，从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为__________.15．如图，在中，，，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为__________.16．已知点为拋物线的焦点，点，若第一象限内的点在抛物线上，则的最大值为__________. 三、解答题17．习近平总书记在党史学习教育动员大会上强调：“回望过往的奋斗路，眺望前方的奋进路，必须把党的历史学习好、总结好，把党的成功经验传承好、发扬好.”为庆祝建党100周年，某市积极开展“青春心向党，建功新时代”系列主题活动.该市某中学为了解学生对党史的认知情况，举行了一次党史知识竞赛，全校高一和高二共选拔100名学生参加，其中高一年级50人，高二年级50人.并规定将分数不低于135分的得分者称为“党史学习之星”，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示. 获得“党史学习之星”未获得“党史学习之星”总计高一年级401050高二年级203050总计6040100(1)能否有99%的把握认为学生获得“党史学习之星”与年级有关？(2)获得“党史学习之星”的这60名学生中，按高一和高二年级采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的党史知识竞赛，求这2人中至少有一人是高二年级的概率.参考公式：，其中.0.100.050.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828 18．在中，角所对的边分别，且(1)求角A的值；(2)已知在边上，且，求的面积的最大值19．如图，已知四棱雉中，，是面积为的等边三角形，且，.(1)证明：直线 ；(2)求点到平面的距离.20．已知椭圆的左右焦点分别是，，，点为椭圆短轴的端点，且的面积为4，过左焦点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）(1)求椭圆的标准方程；(2)若点在椭圆上，且（为坐标原点），求的取值范围.21．已知函数.(1)求的单调区间和极大值；(2)若恒成立，求实数的取值范围22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．23．已知函数，．(1)若，求不等式的解集；(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．
参考答案：1．A【分析】解出集合或，再根据补集和交集的含义即可得到答案.【详解】，解得或，则或，则，故，故选：A.2．D【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模长公式求解.【详解】由得，所以，故选：D3．C【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；故选：C.4．B【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断,即可得到本题答案.【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，所以；当时，根据正弦定理，得，即，又，所以，由正弦定理得，，所以.所以“”是“”的充要条件，故D正确.故选：B5．A【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.【详解】画出可行域与目标函数，联立，解得，当直线过点时，取得最小值，，故最小值为 .故选：A6．C【分析】由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解.【详解】因为，是的两个实数根，所以，，，，又，所以，，，因此，故选：C.7．B【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.【详解】，则的定义域为R，又，所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，当时，，故排除A.故选：B.8．B【分析】首先化简函数解析式，再结合条件，根据函数的周期公式，即可求解.【详解】，是函数的最大值，由题意可知，的最小值是个周期，所以，得.故选：B9．C【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.【详解】对于A，如下图所示：将平移到，连接，易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；对于B，连接，如下图所示：由为正方体即可得，平面，而平面所以，又在线段上，所以；又为正方形，所以，即，又，平面，所以平面，又平面 ，所以平面 平面，即B正确；对于C，易知点不在平面内，假设，又平面，平面，所以平面，显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；易知三棱锥的底面积，易知平面，所以点A到平面的距离为，所以，即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.故选：C10．A【分析】写出时，，与已知式相减得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由求得，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.【详解】因为，所以当时，，两式相减得，由，可得，进而，所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，又，而，所以， 故选：A11．D【分析】结合题目条件，求出的等量关系，由此即可得到本题答案.【详解】作，垂足为，因为，，所以，又，所以点为中点，另外，所以，所以，由双曲线的定义有，所以，所以，在中，，又，所以，化简得.故选：D12．B【分析】判断出在上单调递增可得，构造函数，时利用导数判断单调性可得、不成立；时利用导数得，令，再利用导数判断单调性求最值可得答案.【详解】因为时，恒有，所以在上单调递增，所以若，则，即，构造函数，，若，则在上恒成立，而恒成立，则，此时；若，则，单调递增，此时不可能恒有；若，由得，单调递增，得，单调递减，所以，即，所以，令，令，得，时，，单调递增，时，，单调递减，所以，所以ab的最大值为.综上所述，ab的最大值为.故选：B.【点睛】思路点睛：本题两次构造函数，，并利用导数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.13．【分析】利用向量线性关系的坐标运算得，根据向量垂直的坐标公式列方程求参数即可.【详解】由题设，且，所以，则.故答案为：14．/【分析】由对数函数，指数函数，三角函数的单调性结合概率公式求解即可.【详解】函数有两不相等的实数根，则，解得或.，，.因为，所以.即从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为.故答案为：15．【分析】当平面时，三棱锥的体积最大，此时，使用补形法求解即可.【详解】如图，由题意，当平面平面，即平面时，三棱锥的体积最大.∵，是的中点，∴，即，，两两垂直，又∵，∴，，，.如图，作长方体，则三棱锥的外接球，即是长方体的外接球，设长方体的外接球的半径为，则，∴.∴当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为.故答案为：.16．【分析】由抛物线定义，将转化为到准线距离，建立起与直线倾斜角的联系，再进行求解即可.【详解】∵点为拋物线的交点，∴抛物线的标准方程为，∴抛物线的准线：过点，过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，由抛物线定义知，，∴当在第一象限时，，由题意，为直线的倾斜角，且，∴当最大时，取最小值，取最大值，易知直线的斜率存在且为正，∴设直线的方程为：，（），当最大时，直线与抛物线相切，∴，消去，化简得，（），令，解得，∴，又∵，∴，∴的最大值为.故答案为：.【点睛】灵活使用抛物线的定义，可以巧妙的解决与抛物线上的点到焦点的距离有关的最值问题.17．(1)有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关(2) 【分析】（1）计算，进行独立性检验；（2）由分层抽样结合概率公式求解即可.【详解】（1）根据列联表代入计算可得：，所以有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关.（2）由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为，，，高二年级有2人，设为甲、乙.从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，， {，甲}，{，乙}，，，{，甲}，{，乙}，，{，甲}，{，乙}，{，甲}，{，乙}，{甲，乙}，共15个，其中至少有一人是高二年级基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，{甲，乙}，{，乙}，{，乙}， {，乙}， {，乙}，共9个. 故至少有一人是高二年级的概率.18．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.【详解】（1）在中因为．由正弦定理得，所以，因为，所以．故又是的内角，所以．从而．而A为的内角，所以；（2）因为所以,所以，从而，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，故的面积的最大值为.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先做辅助线，取AB得中点E，连接SE，DE，转化垂直关系，证明平面；（2）利用等体积转化，，求点到平面的距离.【详解】（1）取AB得中点E，连接SE，DE如图所示，因为，所以，因为的面积为，所以.在中，，，， 因为，所以 ， 因为 是等边三角形，为线段的中点，所以， 又因为,平面ABCD，所以平面ABCD .平面ABCD，，，，平面，平面SAB，又平面SAB，直线.（2）由（1）知平面ABCD，所以SE为四棱锥的高，又，故三棱锥的体积，又因为，.，，.20．(1)(2) 【分析】（1）根据焦距及焦点三角形面积列式求出，写出椭圆方程即可；（2）先设直线联立方程组，再应用弦长公式和两点间距离公式求出后，再求范围可解.【详解】（1）由已知 得，又，，.所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则.②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，联立，得， 设，，则，，， 设点，则，即， 代入椭圆方程得，解得，， 所以，所以，又，所以的取值范围是. 综上所述，的取值范围是 .21．(1)的单调增区间为和，单调减区间为；(2) 【分析】（1）求导，利用导数得出单调性以及极值；（2）分离参数，构造函数，利用导数得出其最小值，从而得出实数的取值范围.【详解】（1），由可得：或；由可得，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以的单调增区间为和，单调减区间为. 所以，在时取极大值.（2）恒成立等价于恒成立.因为，所以.令，则.令，则，所以在上单调递增，又，，所以，使得，即.所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以由可得，而在上单调递增，所以，即，所以，所以【点睛】关键点睛：解决问题（2）的关键在于分离参数，将不等式的恒成立问题转化为最值问题，构造函数得出参数的范围.22．(1)；(2) 【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.【详解】（1）由曲线（为参数，），消去参数，得，所以曲线的直角坐标方程为，因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，故的直角坐标方程为：，即，将代入可得：圆的极坐标方程为（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，将代入化简可得的极坐标方程为：（），所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；因为M、N是直线与曲线、的两个交点，不妨设， 由（1）得：，：，所以，从而，23．(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.【详解】（1）解：当时，，因为，当时，即，；当时，即，；当时，即，，综上可得不等式的解集为（2）解：，当且仅当时取等号，，又，且，，当且仅当，即，时等号成立，所以 根据题意可得，解得或，的取值范围是．