四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学（理）上学期一诊复习题（八）（Word版附答案）

成都石室中学高2023级高三上期一诊复习题（八）（理科）

一、选择题

1．已知集合，则（    ）

A．       B．    C．       D．

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．过的直线与相交于两点．记直线的斜率等于，．则是的（）

A．充分不必要条件    B．必要不充分条件   C．充要条件   D．既不充分又不必要条件

4．若满足，则的取值范围是（　　）

A．  B．    C．   D．

5．已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

6．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，是边长为2的正三角形，E，F分别是棱上的动点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

7．秦九韶算法是中国南宋时期的数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，直到今天这种算法仍是多项式求值比较先进的算法.如图所示的程序框图是使用秦九韶算法计算多项式值的一个实例，把进制的数转化为10进制的数其实就是求一个多项式的值的运算.我们使用该程序时输入，，，运行中依次输入了，，，，则该程序运行是最后输出的是（    ）转化的10进制数.

A． B． C． D．

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

9．在数列中，，则该数列项数的最大值为（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

10．将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往①，②，③三个社区进行核酸信息采集，每个社区至少派1名志愿者，表示事件“志愿者甲派往①社区”；表示事件“志愿者乙派往①社区”；表示事件“志愿者乙派往②社区”，则（    ）

A．事件与相互独立    B．事件与为互斥事件    C．      D．

11．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

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．的展开式中常数项为___________.

14．已知平面向量满足，，，则与的夹角为_____．

15．已知，为椭圆：的左右焦点，A为的上顶点，直线l经过点且与交于B，C两点；若l垂直平分线段，则△ABC的周长是___________.

16．已知函数，给出下列结论：

①是周期函数；                         ②在区间上是增函数；

③若，则； ④函数在区间上有且仅有1个零点．

其中正确结论的序号是______．（将你认为正确的结论序号都填上）

三、解答题

17．在正项数列中，，，．

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，，且，设数列的前n项和为，证明：．

18．2022年新型冠状“奥密克戎”病毒肆虐，冠状肺炎感染人群年龄大多数是50岁以上的人群．该病毒进入人体后有潜伏期，潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间．潜伏期越长，感染到他人的可能性越高，现对200个病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计发现潜伏期中位数为5，平均数为7.1，方差为5.06．如果认为超过8天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：

(1)依据小概率值的独立性检验，可否认为“长潜伏期”与年龄有关？

(2)假设潜伏期Z服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．现在很多省份对入境旅客一律要求隔离14天，请用概率的知识解释其合理性；

 (3)以题日中的样本频率估计概率，设1000个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当k为何值时，取得最大值？

附：．

若随机变量Z服从正态分布，则，，，．

19．如图，三棱柱的所有棱长都相等，点在底面上的射影恰好是等边的中心.

(1)证明：四边形是正方形；

(2)设分别为的中点，求二面角的正弦值.

20．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)设是抛物线上异于原点的一点，过点作圆的两条切线与抛物线分别交于异于点的，两点，若切线互相垂直，求的面积．

21．已知函数

(1)若恒成立，求实数的取值范围；

(2)设，求证：.

22．在极坐标系下，曲线E的极坐标方程为：

(1)以极坐标系的极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，求E直角坐标方程，并说明E的轨迹是什么图形；

(2)A，B，C为曲线E上不同的三点，O为极点，，证明：为定值．

参考答案：

1．D

【分析】先求出集合，再求它们的交集.

【详解】因为，

，

所以，

故选：D

2．A

【分析】利用复数运算求得，进而求得.

【详解】因为，，

所以，，

故.

故选：A

3．A

【分析】根据充分性、必要性的定义，结合直线的斜率是否存在进行判断即可.

【详解】当直线的斜率等于时，直线的方程为，代入方程中，

得，显然，

当直线的不存在斜率时，直线的方程为，代入方程中，

得，显然，

因此是的充分不必要条件，

故选：A

4．D

【分析】将化为，然后就是一个斜率型的线性规划，作图计算即可.

【详解】由题可知，表示图中阴影部分表示与阴影部分内的点的连线的斜率

如图所示，为的交点为，当与连线时，此时斜率最大为,可取到；当过的直线与平行是斜率最小为，取不到；故.

故选:D

5．C

【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.

【详解】不妨设点M在第一象限，

由题意得：，

即，

故，故，

因为O为的中点，

所以，

因为，故为等边三角形，

故，，

由双曲线定义可知：，

即，解得：.

故选：C.

6．D

【分析】将平面展开到一个平面内，则的最小值即为展开图中的长，利用余弦定理求解即可．

【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，

∴平面，又平面，∴，同理可得．

由题意可知，则，．

将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．

∵，

从而，故．

在中，由余弦定理可得，

则，即的最小值为．

故选：D．

7．B

【分析】依次列出每次循环的结果，可得答案.

【详解】模拟程序的运行，可得：，，，

满足进行循环的条件：，，

满足进行循环的条件：，，

满足进行循环的条件：，，

满足进行循环的条件：，，

不满足进行循环的条件，输出，

所以该程序是将转化为10进制的运算.

故选：B.

8．D

【分析】根据计算可得；根据函数单调性可得当时，由此可得；根据基本不等式可得，由此即可判断三者关系．

【详解】；

设，其中当时，，且，故，所以；

，所以.

故选：D.

9．C

【分析】根据题意确定为等差数列，并根据的范围即可确定求解.

【详解】

，

所以为等差数列，公差为，

所以，

所以，

故选:C.

10．C

【分析】利用部分平均分组公式，可得总事件数，根据题意，分情况，利用古典概型，求得概率，根据独立事件的概率公式、互斥事件定义，以及条件概率公式，可得答案.

【详解】每个社区至少派一名志愿者，则有种方法，

事件：甲派往①，则若①社区分2人，则有种，若①社区分1人：则有种，共有种，∴，同理，

若甲与乙同时派往①社区，则①社区分两人，有种，∴，，A错误；

由互斥事件概念易知，B错误；

事件：志愿者乙派往②社区，若②村分2人，则有种，若②村分1人，则有种，共有种，

∴，若事件，同时发生，则有种，∴，，C正确；

，D错误，

故选：C

11．C

【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，

在中根据相似列方程，整理得，

然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.

【详解】解：如图，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，

正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面于E.

设该圆柱的底面半径为，高，

由题可知，，，则．

又，∴，，

∴圆柱的体积，，

可知，当时，；当时，，

所以当时，单调递增，当时，单调递减，

∴当时，．

故选:.

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

13．141

【分析】根据二项式定理展开式可得通项为，再得得展开式通项为，并确定与的取值范围，则可得常数项时的取值，即可得展开式的常数项.

【详解】解：的展开式的通项为，其中

又的通项为，其中

则取常数项时，则的可能取值为，对应的的取值为

则的展开式的常数项为：.

故答案为：141.

14．##

【分析】首先根据题意得到，再根据平面向量夹角公式求解即可.

【详解】因为，，，

所以，所以，

设的夹角为，则，

因为，所以．

故答案为：

15．##.

【分析】如图，连接，则可得，所以△ABC的周长为，再求出，即可求得结果.

【详解】如图，连接，

因为l垂直平分线段，

所以，

所以△ABC的周长为，

由题意得，则

的中点为，，

所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，

因为直线过，

所以，解得，

所以，

所以△ABC的周长为，

故答案为：.

16．①③

【分析】先求出解析式，再对①②③④一一验证：

对于①：利用周期的定义验证；

对于②：取特殊数值排除；

对于③：利用三角函数的有界性进行计算，即可判断；

对于④：可以求出零点，进行判断.

【详解】解：函数，

对于①：由所以函数的最小正周期为，故①正确；

对于②：由于，，，，

故函数在上不是单调增函数，故②错误；

对于③：函数）的最大值为1，若，

则，

所以，，，

故则；故③正确；

对于④：当时，，

由于，即，解得或，

所以函数有两个零点，故④错误．

故答案为：①③．

【点睛】要证明一个命题为真命题，需要严格的证明；要判断一个命题为假命题，举一个反例就可以了.

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由可得到，根据累乘法求通项的方法，即可求出的通项公式；

（2）由可知，可判断数列为等比数列，根据等比数列的前n项和公式求出，即可求证.

【详解】（1）解：已知①，

则，且②，

，得，整理得，

∴，，，，

由累乘法可得，

又，，符合上式，

所以数列的通项公式为.

（2）由（1）可知，，

因为，所以，

则数列是首项为1，公比为的等比数列，

∴，

，即，得证.

18．(1)认为“长潜伏期”与年龄无关．

(2)答案见解析

(3)k＝250

【分析】（1）计算出卡方，与3.841比较后得到结论；

（2）求出，由正态分布的对称性求出，根据小概率事件得到相应结论；

（3）表达出，得到，从而得到的单调性，得到取得最大值时k的值.

【详解】（1）零假设为H0：“长潜伏期”与年龄无关，依据表中数据，得：

，

依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为H0成立，

故认为“长潜伏期”与年龄无关；

（2）由题意知潜伏期，由，

得知潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的；

（3）由于200个病例中有50个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，

于是.

则，

当且时，；

当且时，；

∴，．

故当k＝250时，g(k)取得最大值．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，有几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值.

【详解】（1）设点为的中心，连接，连接并延长交于点，

则平面.

因为平面，

所以，

又因为，

所以平面.

因为平面，

所以，

又因为，

所以，且，

所以四边形是矩形，

因为，

所以四边形是正方形.

（2）以为坐标原点，平行于且指向的方向为轴正方向，分别为，轴建立坐标系，

设棱长为3，则,所以

因为为的中点，所以

所以，

设平面与平面的法向量分别为，则

，即，

取，则，所以

易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取，

所以，

故二面角的正弦值为.

20．(1)

(2)48

【分析】（1）利用点在抛物线上，得到，再根据得到，联立两式可得，即可得到抛物线方程.

（2）根据都与圆相切，且，得到点坐标，再解出，两点坐标，进而可求得的面积.

(1)

解： 点在抛物线上，，

又 ， .将代入，得到解得.

所以，抛物线的方程为.

(2)

设与圆分别相切点，两点，则，又因为，所以四边形为正方形，，所以点在以为圆心，4为半径的圆上，即点Q坐标满足.联立方程，可得，化简为，解得或. 因为点异于原点，且在上，并且与关于轴对称，不妨取点.

设过点与圆相切的直线为

则圆心M到直线的距离为半径，即，解得，

不妨取，则，直线得方程为：，直线得方程为：

联立，即，得（对应Q点），则，

所以.

联立，即，得，可得（对应Q点），则，

所以.

取与轴的交点为，则=，

即的面积为48.

【点睛】本题考查了解析几何中抛物线的综合问题，属于难题.

（1）一般直线与抛物线相交，采用设点，设直线，联立方程处理，在解决问题上分为设而求，与设而不求两类，本题采用设直线，联立方程来直接求得点坐标；

（2）在圆锥曲线中，可采用求弦长以及点到直线的距离方式求解三角形的面积；也可将所求三角形分解为两个三角形，用这两个相对容易求解的三角形面积进行相加或相减处理，得到我们要求的三角形面积．

21．(1)

(2)见解析

【分析】（1）设，首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;

（2）根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.

【详解】（1）恒成立，即恒成立，

设

因为,所以恒成立等价于恒成立.

由已知的定义域为.

令,

有两根,

因为，

时,单调递减;

,时,单调递增，

,

当时,,故满足题意.

当时,时，单调递减，故不满足题意.

当时,时, 单调递增，故不满足题意.

综上可知：.

（2）证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.

故当时,可得

即，

即.

故

故

【点睛】关键点睛：本题对于第一问恒成立问题的处理是移项构造新函数，不使用较为复杂的分离参数法，而是将0代换为，变成恒成立，再利用函数的单调性即可求解值，第二问的关键是在（1）的基础上得到，然后当时，则得到，再通过累加即可证明不等式.

22．(1)，轨迹为椭圆

(2)证明见解析

【分析】（1）根据极坐标方程直接转化为直角坐标系方程即可，随之可判断曲线的轨迹图形；

（2）根据极坐标方程结合极径的几何意义即可证明结论.

【详解】（1）解：，所以，则

所以，整理得：，轨迹为椭圆.

（2）解：设，

则

所以：

.

即为定值2.