2023成都石室中学高三下学期周考九数学（理科）试题含答案

这是一份2023成都石室中学高三下学期周考九数学（理科）试题含答案，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

成都石室中学高2023届高三下数学周练九（理科）
一、选择题
1．已知集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．若满足约束条件，则的取值范围为
A． B．C． D．
4．已知等比数列的公比为q且，记、则“且”是“为递增数列”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．在如图所示的程序框图中，若输入的a，b，c分别为，，，执行该程序框图，输出的结果用原来数据表示为（    ）
A．b，a，c B．a，b，c C．c，b，a D．c，a，b
6．小明家订了一份牛奶，送奶人可能在早上6：30~7：00之间把牛奶送到小明家，小明出门去上学的时间在早上6：50~7：10之间，则小明在离开家之前能得到牛奶的概率是（    ）
A． B． C． D．
7．已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得，且的内切圆与y轴相切，则该双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块.如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心（水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积与球的体积之比是（    ）
A．1 B． C． D．
9．若，则（    ）
A． B． C． D．
10．如图,已知正方体的棱长为,,分别为,的中点.则下列选项中错误的是（    ）
A．直线平面 B．在棱上存在一点,使得平面平面
C．三棱锥在平面上的正投影图的面积为D．若为棱的中点,则三棱锥的体积为
11．抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与此抛物线交于，两点，若，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
12．已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，，若是奇函数，则下列结论不正确的是（    ）
A．函数的图象关于点对称 B．函数的图象关于直线对称
C． D．



二、填空题
13．已知向量，满足，，且（），则_________．
14．展开式的二项式系数和为512，．则=___．
15．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，若某个二阶等差数列的前项分别为，则该数列的第项为__________.
16．函数．若，使得成立，则整数a的最大值为________．（参考数据：，，）

三、解答题
17．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.












































18．《中共中央国务院关于全面推进乡村振兴加快农业农村现代化的意见》，这是21世纪以来第18个指导“三农”工作的中央一号文件.文件指出，民族要复兴，乡村必振兴，要大力推进数字乡村建设，推进智慧农业发展.某乡村合作社借助互联网直播平台进行农产品销售，众多网红主播参与到直播当中，在众多网红直播中，统计了10名网红直播的观看人次和农产品销售量的数据，得到如图所示的散点图.(1)利用散点图判断，和哪一个更适合作为观看人次x和销售量y的回归方程类型；（只需判断，不必说明理由）
(2)对数据作出如下处理：得到相关统计量的值如表：







9.4
30.3
2
366
6.6
439.2
66
其中令，.根据（1）的判断结果及表中数据，求y关于x的回归方程，并预测当观看人次为280万人时的销售量；
(3)规定：观看人次大于等于120万人次的主播为优秀主播，从这10名主播中随机抽取3名，记其中优秀主播的人数为，求的分布列和数学期望.
附：对于一组数据，，…，，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.参考数据和公式：，












19．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，为的中点，为的中点，为线段上的动点，平面．
(1)请确定点在线段上的位置；
(2)求平面和平面所成二面角的正弦值．


















20．已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为，，过的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于P点，，，记，，的面积分别为，，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，，求m的取值范围.
























21．设，，.
(1)求函数，的单调区间和极值；
(2)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：成等比数列.






















22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，常数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.
(1)写出的极坐标方程和的直角坐标方程；
(2)若直线和相交于两点，以为直径的圆与直线相切，求的值.














23．已知函数．
(1)若，的最大值为4，求的解集；
(2)若时，成立，求实数的取值范围．

参考答案：
1．B
【分析】分别解出两个集合的取值范围，取交集即可.
【详解】因为，，
可得，
因为，，
即，可得，
取交集可得，
故选：B.
2．C
【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.
【详解】设，，
所以，所以，
解得：，
所以.
故选：C
3．B
【解析】先作出可行域，结合图形，考虑的几何意义.
【详解】根据题意，画出可行域，如图阴影部分所示，表示可行域内的点与连线的斜率，故    

【点睛】本题主要考线性规划，考查数学运算能力，数形结合的思想.
4．B
【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.
【详解】由题设且n ≥ 2，要为递增数列，只需在上恒成立，
当，不论取何值，总存在，不满足要求；
当，
，则，不满足要求；
，总存在，不满足要求；
当，
，则，不满足；
，若，，显然，即，不满足；
，则在上恒成立，满足.
所以为递增数列有且.
综上，“且”是“为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B
5．A
【分析】该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，通过比较输入数据的大小，即可求解．
【详解】解︰由程序框图可知，该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，
，，即，
所以，则输出的结果用原来数据表示为b，a，c.
故选∶A．
6．D
【分析】根据题意，设送奶人到达时间为，小明出门去上学的时间为，则可以看成平面中的点，分析可得由试验的全部结果所构成的区域并求出其面积，同理可得事件所构成的区域及其面积，由几何概型公式，计算可得结果.
【详解】设送奶人到达时间为，小明出门去上学的时间为，
记小明在离开家之前能得到牛奶为事件，
以横坐标表示送奶人到达时间，以纵坐标表示小明出门去上学的时间，
建立平面直角坐标系，小明在离开家之前能得到牛奶的事件构成的区域如图所示：
由于随机试验落在长方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件.
根据题意，只要点落到阴影 部分，就表示小明在离开家之前能得到牛奶，即事件发生，所以，
故选：.

7．C
【分析】根据勾股定理得到，根据内切圆的性质得到，根据双曲线的定义得到，然后联立方程得到，解方程即可得到离心率.
【详解】
如图，过内切圆圆心作三边的垂线，垂足分别为，，，
因为，所以①，
因为圆为直角三角形的内切圆，所以圆的半径②，，所以点的横坐标为，
因为的内切圆与轴相切，所以，
又③，联立②③得，，然后代入①式中得，即，解得或（舍去）.
故选：C.
8．D
【分析】如图，设球的半径为，根据勾股定理求得，结合圆锥和球的体积公式计算即可求解.
【详解】如图，圆与AB切于点D，设球的半径为，
则，且，
有，即，得，
所以水的体积，
所以水的体积与球的体积之比是.
故选：D.

9．C
【分析】利用辅助角及两角和与差的正弦公式化简，可得，进而求解.
【详解】由，
可得，
即，
化简可得，
即，
所以，，
即，，
可得．
故选：C．
10．C
【分析】A:要证线面平行,先找线线平行;B:面面垂直先找其中一个面的垂线;C:正确找到正投影即可求解;D:利用等体积法求解.
【详解】对于A:如图1,连接,交于点,连接、,显然为的中点,又,分别为,的中点.
所以且,且,
所以且,
所以四边形为平行四边形,所以,
又平面,平面,所以平面,故A正确;
对于B:如图2,取中点,连接,,,
显然,所以,又,所以
所以,
由正方体,可得平面,平面,
,
平面,
平面,平面平面,故B正确.
对于C:如图3,连接,则四边形为三棱锥在平面上的正投影,
因为,故C错误;
对于D: ,故D正确.
故选：C

11．B
【分析】根据抛物线标准方程，得到焦点坐标和准线方程，设出直线方程，联立抛物线方程，整理得到关于的一元二次方程，根据垂直，得到点的横坐标，根据韦达定理，得到的横坐标，在由抛物线的定义，可得答案.
【详解】由，则焦点，且准线方程为直线，即，
设过点的直线方程为，联立抛物线可得：，
消去可得：，化简得：，
因为，且直线过点，所以，
即点位于以线段为直径的圆上，
易知以线段为直径的圆的方程为，
将代入上式，可得，解得，（舍去），
则点的横坐标，设点的横坐标，
由韦达定理可得：，则，
根据抛物线的定义，可得，，
则，
故选：B.
12．C
【分析】由条件可得，由此证明关于对称，再结合图象变换判断A，再证明函数为偶函数由此判断B，由条件证明为偶函数，由此证明为周期函数，结合周期性求，举反例判断C.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以函数为奇函数，
所以函数的图象关于点对称，
所以关于对称，
又，
所以函数的图象关于点对称，A正确；
因为函数的图象关于点对称，
所以的图象关于原点对称，
所以，
所以，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，
所以函数的图象关于直线对称，B正确；
因为是奇函数，所以，
所以，即
又，
所以，
所以函数为周期函数，周期为4，
所以，
又，所以，
所以，故，D正确；
设，则，，
满足所给条件，但，所以C错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分利用函数的奇偶性的定义，结合条件判断相关函数的奇偶性，再结合奇函数和偶函数的性质判断相关结论.
13．
【分析】设，则，再由表示出，代入可求出的值.
【详解】设，则，
又因为，即，
所以，解得，
即，
因为，
所以得．
故答案为：2
14．
【分析】根据二项式系数和可得，则，利用项的通项公式即可求解．
【详解】展开式的二项式系数和为，则
所以，则
所以
故答案为：
15．
【分析】根据已知中的定义可确定，利用累加法可求得结果.
【详解】设前项为的高阶等差数列为，
令，则数列是以为首项，为公差的等差数列，
，即，又，
，
即该高阶等差数列的第项为.
故答案为：.
16．
【分析】根据题意，构造函数，利用导数与函数的单调性得到为函数的最大值．将问题等价转化为，再次构造函数和，利用导数与函数的单调性即可求解.
【详解】，易知是周期为的周期函数．
，当时，在单调递增，单调递減，单调递增，单调递減，又，且．
构造函数，求得，
由基本不等式可得，当时，恒成立，所以函数在单调递增，且，故，所以有，
即为函数的最大值．
若，使得成立，
即，
亦即，
构造函数，可知在单调递减，在单调递增．
又，所以，，所以，
令，则，构造函数，可知在单调递减，
在单调递增．又，，
，，所以满足条件的整数，
故整数，所以整数a的最大值为．
故答案为：.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1) 由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
(2) 由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围.
【详解】（1）由题意得，即.
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
所以，故，
故，整理得，
又为锐角三角形，则
所以，因此.
（2）在中，由正弦定理得，所以.
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
18．(1)更适合
(2)，43600件
(3)分布列见解析，

【分析】（1）观察散点图，根据散点的分布规律判断应采用的模型；
（2）令，先求y与的线性回归方程，由此可得y与的回归方程，再利用回归方程预测；
（3）确定随机变量的的可能取值，再求取各值的概率，由此可得的分布列，利用均值公式求其期望.
【详解】（1）由散点图可知，散点分布在一条对数型曲线附近，
所以选择回归方程更适合；
（2）令，则，
因为，，
所以，
又，，
所以，
所以y与的线性回归方程为，
故y关于x的回归方程为.
令，代入回归方程可得（千件），
所以预测观看人次为280万人时的销售量约为43600件.
（3）由散点图可知，这10名主播中，优秀主播的个数有4个，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
所以，，
，，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





数学期望.
19．(1)点是线段上靠近点的四等分点
(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质定理可推出.由已知可推得，得出，得到.然后根据，即可得出；
（2）先证明，然后根据面面垂直的性质推得平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标.然后求出平面和平面的法向量，根据法向量求出二面角的余弦值，进而即可求出正弦值.
【详解】（1）如图1，连接与相交于，连接，连接与交于点.

∵平面，平面平面，平面，
∴.
∵，，
∴，
∴，
∴.
∵，∴，
∴.
∵，
∴，
∴点是线段上靠近点的四等分点.
（2）如图2，取的中点，连接，，


∵四边形为边长为2的菱形，，
∴，为等边三角形.
∵，为等边三角形，
∴.
∵平面平面，平面平面，
，平面，
∴平面.
∵为等边三角形，，
∴，可得，，两两垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，由，，
有，
取，，，可得.
设平面的法向量为，由，，
有取，，，可得.
所以，，，
所以，
所以平面和平面所成二面角的正弦值为．
20．(1)
(2)

【分析】（1）首先求出，再结合离心率和关系即可得到答案；
（2）设，得到相关向量，从而得到， ，将直线与抛物线联立得，再计算，用表示出，最后解出，利用换元法和导数即可求出的范围.
【详解】（1）由题意得，左焦点，
，，
所以椭圆C的标准方程为：.
（2）设，令，，则，则，
由得，

解得，同理.  
由，得，则，
.
不妨设，，，，
由，.得，，.
代入，有，
则，
解得,

设，则，则，则，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，且，则，则.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键首先是解出的表达式，再联立直线与椭圆得到韦达定理式子，从而求证出为定值，然后再用表示出，从而用表示出，最后再设新函数，利用导数求解出其范围，计算量很大.
21．(1)函数在上的增区间为：与；
减区间为：与.当时，取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为，当时，函数取极大值，极大值为；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求函数的导函数，解不等式可得函数的单调递增区间，解不等式可得
函数的单调递减区间，解方程，由此确定函数的极值点；
（2）令，由已知可得在区间上恒成立，证明当时，
函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围；
（3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有
唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明.
【详解】（1）由题设，有，可得
    
令可得，所以，
所以函数在区间上单调递增；
令可得，解得，.
函数在区间上单调递增；
令可得，所以，
所以，函数在上的递增区间为：与；
递减区间为：与.
当时，函数取极大值，极大值为，
当时，函数取极小值，极小值为，
当时，函数取极大值，极大值为；
（2）对于函数，令，则.
从而当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
故当时，取最大值，最大值为.
对于函数，令，则.
从而当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
故当时，取最大值，最大值为.
因此，函数与有相同的最大值.其图像如下图所示.

下面先证明：曲线与有唯一交点.
由，得，即证明方程有唯一实数根.
令，则.
所以在上恒为负数.
因为当时，，，
所以曲线与在区间上没有交点.
而在区间上，函数单调递减，函数单调递增，
所以函数在上单调递减，
进而函数在上单调递减，
由，及零点存在定理得：
函数在上存在唯一零点，
从而方程在上有唯一实数根，且.    
由于直线与曲线，共有3个不同交点，
故直线必过点，
且，，
由，得，即，
而函数在上严格增，，，
故    ①     
由，得，
即，
而函数在上严格减，，，
故    ②
由①，②得.    ③
由，得，
故有    ④
因此，由③，④得，即成等比数列.
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)的极坐标方程为，，的直角坐标方程为
(2)

【分析】（1）消去参数得到的普通方程，再利用公式得到极坐标方程，注意定义域，再求出的直角坐标方程；
（2）将代入的极坐标方程，求出的坐标，得到为直径的圆的圆心和半径，根据相切关系得到方程，求出答案.
【详解】（1）将曲线的参数方程消去，得的普通方程为，
且因为，所以，
将，，代入，
得，即，，即为的极坐标方程，
由直线的方程化简得，
化简得，即为的直角坐标方程.
（2）将直线代入，
得，即.
故以为直径的圆圆心为，半径.
圆心到直线的距离，由已知得，解得.
23．(1)
(2)．

【分析】（1）利用绝对值三角不等式求出的最大值，即可求出的值，即可得到的解析式，再写出分段函数，分类讨论求出不等式的解集；
（2）依题意可得，，即可得到在上成立，或者在上成立，参变分离，结合二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，
因为，所以，
所以，
由，可得或或，
解得或或，
所以的解集为．
（2）当时，，
由，得，
则可转化为在上成立，或者在上成立．
即或，
令，，显然在上单调递减，又，所以，
令，，显然在上单调递增，又，所以．
所以实数的取值范围为．