四川省成都市第十二中学（川大附中）2022-2023学年高三数学理科下学期三诊热身考试试题（Word版附解析）

川大附中2022—2023学年下期高三三诊热身考试

高三数学理科

一､单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知集合，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先解出集合A再求.

【详解】由得，.

故选：C

【点睛】集合的交、并、补运算：

(1)离散型的数集用韦恩图；

(2) 连续型的数集用数轴．

2. 人口普查是世界各国所广泛采用的搜集人口资料的一种科学方法，是提供全国基本人口数据的主要来源．根据人口普查的基本情况，可以科学的研究制定社会、经济、科教等各项发展政策，是国家科学决策的重要基础工作，人口普查资料是制定人口政策的依据和前提．截止目前，我国共进行了七次人口普查，下图是这七次普查的全国人口及年均增长率情况，下列说法正确的是（    ）

A. 年均增长率逐次减小

B. 年均增长率的极差是1.08%

C. 这七次普查的人口数逐次增加，且第四次增幅最小

D. 第七次普查的人口数最多，且第三次增幅最大

【答案】D

【解析】

【分析】增幅其实就是增长率，不是增长量。增长率为正的时候，总人口都是增加的；增长率为负的时候，总人口才减少。看图，排除错误选项即可.

【详解】对于A选项，由图可知第三次增幅最大，之后增幅减小，所以年增长率是先增后减的，故A错；

对于B选项，极差为，故B错；

对于C选项，第七次增幅最小，故C错；

对于D选项，第七次普查的人口数最多，且第三次增幅最大，故正确

故选：D

3. 已知平面，，直线，满足，，则“”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】D

【解析】

【分析】

利用平面与平面的位置关系判断充分条件和平面平面平行的性质定理判断必要条件.

【详解】，，若，则或相交，故不充分；

若，由面面平行的性质定理得平行或异面 ，故不必要；

故选：D

【点睛】本题主要考查以直线、平面的位置关系为载体的逻辑条件判断，属于基础题.

4. 已知函数的图象如图所示，则函数的图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性及判断函数正负即可得解.

【详解】因为，所以为偶函数，其图象关于轴对称，

排除C与D.又，所以：

故选：B.

5. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）

A. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，且已知，则总体方差

B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数r越接近于1

C. 已知随机变量X服从正态分布，若，则

D. 回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点

【答案】C

【解析】

【分析】A选项，根据均值和方差的定义，通过两层的均值和方差表示出总体的均值和方差，然后进行判断；

B选项，根据相关系数的定义进行判断；

C选项，根据正态曲线的性质进行判断；

D选项，根据回归直线的性质进行判断.

【详解】解：对于A，设2层数据分别记为，因为，

所以总体样本平均数为，所以，

所以总体方差，

只有当时，才成立，A错误；

对于B，相关性越强，越接近于，B错误；

对于C，若，则，C正确；

对于D，回归直线恒过样本点的中心，可以不过任一个样本点，D错误.

故选：C

6. 设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（    ）

A. 或 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.

详解】由题意知：，

在处取得极值，，

解得：或；

当，时，，

在上单调递增，不合题意；

当，时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是的极小值点，满足题意；

，又与同号，.

故选：D.

7. 欧拉公式（其中为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位.依据欧拉公式，下列选项正确的是（    ）

A. 为虚数 B. 函数不是周期函数

C. 若，则 D. 的共轭复数是

【答案】D

【解析】

【分析】A选项，根据题意计算出，A错误；B选项，由是周期函数，得到答案；C选项，根据欧拉公式得到，C错误；D选项，计算出，得到共轭复数.

【详解】A选项，，为实数，A错误；

B选项，，由于是最小正周期为的函数，所以是周期函数，B错误；

C选项，由题意得，所以，

又时，，故C错误；

D选项，

，

故共轭复数是，D正确.

故选：D

8. 如图，已知三棱锥的侧棱长均为2，，，点D在线段上，点在线段上，则周长的最小值为（    ）

A.  B. 4 C.  D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】作三棱锥的侧面展开图，结合两点之间线段最短的结论及余弦定理可求的最小值.

【详解】如图，将三棱锥的侧面展开，

则周长的最小值与展开图中的线段相等.

在中，，

在中，根据余弦定理可得：

，

所以，

即周长的最小值为.

故选：A.

9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示.若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，结合图像性质求出解析式，再根据诱导公式与二倍角公式，即可求解.

【详解】根据题意，结合图像易知，，，因此，

因为函数图像过点，所以，

即，，由，解得，故.

又因为，所以，即，

因此.

故选：C.

10. 设，给出下列四个结论：①；②；③，④.其中正确结论有（    ）

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用不等式的性质和对数函数以及指数函数的性质的应用对①②③④进行判断.

【详解】由题意，，所以对于①，，故，所以①错误；对于②，取，则，，所以，故②错误；对于③，因为，且，所以，故③正确；对于④，，所以，故④正确.

故选：B.

11. 在四面体中，，，两两垂直且，以为球心，2为半径的球与该四面体每个面的交线的长度和的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设球与的边CD、AD分别交于点M、N，与的边AB、CB分别交于点H、G，求出球与该四面体四个面的交线的长度，即得解.

【详解】解：因为四面体中，两两垂直，且，

由题意知、等腰直角三角形，且，以点C为球心，2为半径作一个球，

设球与的边CD、AD分别交于点M、N，

如图1；与的边AB、CB分别交于点H、G，

如图2；易得，则，，

所以∠NCM=∠ACD-∠ACN=，所以弧MN的长，

同理，弧.

在内，如图3，因为AH=AN=1，∠HAN=，则，

又如图4，易知弧GM是以顶点C为圆心，2为半径，圆心角为，则，所以球面与该四面体的每个面的交线的长度和为.

故选：D.

12. 已知函数，若函数恰有5个零点，且，，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将看成整体解出或，作出的大致图象，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.

【详解】当时，，此时，，

令，解得：，令，解得：，

可得在上单调递减且恒负，在上单调递增且恒负，且，

当时，，作出的大致图象如图所示，

函数恰有5个零点，

等价于方程有5个不同的实数根，

解得：或，，该方程有5个根，

且，则，，

当时，，

，故，

所以

；

当时，，

，故，

所以

，

综上：的取值范围是：.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图象分析，转化为直线与图象的交点情况.

二､填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 已知向量，，，且、、三点共线，则_______

【答案】

【解析】

【分析】先求出的坐标，再根据、、三点共线求出的值.

【详解】由题得，

，

因为、、三点共线，

所以，

所以，

所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算和共线向量，考查三点共线，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

14. 已知实数满足，的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】设，，利用向量夹角坐标运算可求得，利用圆的切线的求法可求得所在直线倾斜角的范围，从而确定的范围，进而求得的范围.

【详解】由圆的方程知：点在以为圆心，为半径的圆上，

设，，与的夹角为，，

即；

设直线与圆相切，则圆心到直线距离，

解得：，

结合图象可知：所在直线倾斜角为，

又所在直线倾斜角为，，

，则.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系综合应用问题，解题关键是能够利用平面向量夹角公式将所求式子转化为两向量夹角余弦值取值范围的求解问题，采用数形结合的方式来进行求解.

15. 《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位．在《算法统宗》中诗篇《李白沽酒》里记载：“今携一壶酒，游春郊外走，逢朋加一倍，人店饮斗九”意思是说，李白去郊外春游时，带了一壶酒，遇见朋友，先到酒店里将壶中的酒增加一倍（假定每次加酒不会溢出），再饮去其中的3升酒．那么根据这个规则，若李白酒壶中原来有酒升，将李白在第家店饮酒后所剩酒量记为升，则__（用和表示）．

【答案】升

【解析】

【分析】由题干递推列式，找寻规律，并根据规律计算即可.

【详解】解：李白在第家店饮酒后所剩酒量记为升，

则第一家店饮酒后所剩酒量为升，

第二家店饮酒后所剩酒量为升，

第三家店饮酒后所剩酒量为升，

第四家店饮酒后所剩酒量为升，

第家店饮酒后所剩酒量为

升．

故答案为：升．

16. 已知双曲线G的方程，其左、右焦点分别是，，已知点P坐标为，双曲线G上点，满足，则______．

【答案】8

【解析】

【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.

【详解】

如图，设的内切圆与三边分别相切于，可得，又由双曲线定义可得，则，又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.

又，可得，化简得，即，

即是的平分线，由于，，可得即为的内心，且半径为2，则.

故答案为：8.

【点睛】本题关键点在于先利用切线长定理求得内切圆圆心横坐标为，再由得到在的平分线上，结合的横坐标为进而得到即为内心，利用双曲线定义及面积公式即可求解.

三､解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在中，角的对边分别为，且.

 （Ⅰ）求角的大小；

 （Ⅱ）若面积为，且外接圆半径，求的周长.

【答案】（1）;（2）.

【解析】

【分析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 ,结合范围，可求的值；(2)由正弦定理可求 ,利用余弦定理可得,解得的值,可求周长.

【详解】（1）

，

即

        又 

（2）  

面积为   

，所以

【点睛】本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

18. 2020年上半年受新冠疫情的影响，国内车市在上半年累计销量相比去年同期有较大下降.国内多地在3月开始陆续发布促进汽车消费的政策，开展汽车下乡活动，这也是继2009年首次汽车下乡之后开启的又一次大规模汽车下乡活动.某销售商在活动的前2天大力宣传后，从第3天开始连续统计了6天汽车销售量（单位：辆）如下表：

（1）从以上6天中随机选取2天，求这2天的销售量均在20辆以上（含20辆）的概率.

（2）根据上表中前4组数据，求关于的线性回归方程.

（3）用（2）中的结果计算第7、8天所对应的，再求与当天实际销售量的差，若差值的绝对值都不超过1，则认为求得的线性回归方程“可行”，若“可行”则能通过此回归方程预测以后的销售量.请根据题意进行判断，（2）中的结果是否可行？若可行，请预测第9天的销售量；若不可行，请说明理由.

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计值分别为：

【答案】（1）；（2）；（3）可行，29.

【解析】

【分析】（1）先确定6天中销售量均在20辆以上（含20辆）有4天，再根据组合以及古典概型概率公式求结果；

（2）先求均值，再代入公式求，即得结果；

（3）根据回归直线方程确定对应的，再根据定义判断是否“可行”，最后代入得结果.

【详解】（1）6天中销售量均在20辆以上（含20辆）有4天，

（2）

所以

（3）由（2）知，时，，25-24=1；

时，，27-27=0

所以求得的线性回归方程“可行”

时，

【点睛】本题考查古典概型概率公式、线性回归方程及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题.

19. 如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，

（1）求证：平面ABCD；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.

【小问1详解】

证明：取中点，连接，

因为是正三角形，

所以，

因为平面平面平面，平面平面

所以平面，又因为平面，

所以，又因为，

所以四边形是平行四边形，所以，

又因为平面平面，

所以平面.

【小问2详解】

连接交于，取中点，连接，

所以，因为平面，所以平面，

因为平面，所以，

又因为四边形是菱形，所以，

所以两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，

，，

设平面的法向量为，

，令

平面的法向量为，

设二面角的大小为，

.

所以二面角的正弦值为.

20. 已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据焦距可确定，再根据点在椭圆上，代入方程解方程组可得答案.

（2）设直线的方程为，和椭圆联立，整理得到根与系数的关系式，继而根据重心性质表示出坐标为，代入椭圆方程得到参数之间的关系式，从而再表示出三角形的高,根据面积公式表示出的面积，将参数间的关系式代入化简即可证明.

【小问1详解】

由椭圆的左右焦点分别为，且，

可知： ，即① ，

将代入方程得： ②，

①    ②联立解得 ，

②    故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

证明：设 ，

当直线 斜率不存在时，即 ，

由原点为的重心，可知

故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，

不妨取 ，则有，或，

则此时 ;

当直线 斜率存在时，不妨设方程为 ，

则联立 ，整理得： ，

且需满足 ，

则 ，

所以 ，

由原点为的重心知， ，

故坐标为 ，代入到中，

化简得： ，即 ，

又原点为的重心，故到直线的距离为原点到直线距离的3倍，

所以  ，

而

=

= ，

因此

=，

综合上述可知：的面积为定值.

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及重心性质的应用，以及椭圆内的特殊三角形面积问题，运算量比较复杂而且计算量较大，解决本题的关键是设出直线方程，要利用重心性质表示出一个点的坐标并代入椭圆方程中，找到两参数之间的关系式，然后三角形面积的表示这点并不困难，表示的方法也比较常规，但需要计算时十分细心还要有耐心.

21. 已知函数.

（1）求在处的切线方程；

（2）（i）若恒成立，求的取值范围；

（ii）当时，证明：.

【答案】（1）   

（2）（i）；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；

（2）（i）由题意可得，设，其中，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，在、的情况下，验证在上能否恒成立，在时，可得出，求出实数的取值范围，综合即可得解；

（ii）当时，；结合（i）中所求，可得，在时，直接验证结论即可；在时，利用不等式进行适度放缩，结合裂项求和，即可容易证明.

【小问1详解】

解：因为，则，其中，

所以，，，

所以，函数在点处的切线方程为，即.

【小问2详解】

解：（i），可得.

令，其中，则.

①当时，，合乎题意；

②当时，由基本不等式可得，

当且仅当时，等号成立，

，当且仅当时，等号成立，

所以，，

所以，不恒成立，不合乎题意；

③当时，，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，可得，解得.

综上所述，实数的取值范围是；

（ii）当时，，所以.

由（i）知：，即，所以.

令，得，即，所以.

当时，，则，显然，结论成立；

当时，

，结论成立.

因此，当时，成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.

（1）写出曲线的参数方程；

（2）设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求之间距离的最大值.

【答案】（1），（为参数）.   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程的互化公式和二倍角公式可得的直角坐标方程为，再根据圆锥曲线参数方程可得的参数方程为，（为参数）；

（2）根据题意可得之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，根据二次函数性质即可求得最大值.

【小问1详解】

根据曲线的极坐标方程为可得，

，即，

所以曲线的直角坐标方程为；

根据圆锥曲线参数方程定义可得，

曲线的参数方程为，（为参数）.

小问2详解】

由曲线的极坐标方程为可得，

曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径；

由题意可得设，

易知之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，

即，

由二次函数性质可知，当时，；

所以之间距离的最大值为

23.  已知函数.

（1）解不等式；

（2）记函数的最小值为，若，且，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用零点分界法即可求解.

（2）利用绝对值三角函数不等式可得，进而可得，再利用柯西不等式即可求解.

【详解】解：（1）或或，

解得，即不等式的解集为.

（2），

当且仅当时取等号，∴.

故.

由柯西不等式，

整理得，

当且仅当，即，，时等号成立.

所以的最小值为.

【点睛】本题考查了分类讨论解不等式、绝对值三角不等式、柯西不等式，属于基础题.