四川省成都市石室中学2023届高三二诊复习理科数学试题（三）（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高三二诊复习理科数学试题（三）（Word版附解析），共23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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数z满足，则的实部为（）
A．B．C．1D．2
3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（ ）
A．B．2C．D．3
4．命题：“”为假命题，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（ ）
A．1倍B．2倍C．3倍D．4倍
6．在平面直角坐标系中，已知点，点，点满足，又点在曲线上，则（ ）
A．B．C．D．
7．若，，，，则a，b，c，d中最大的是（ ）
A．aB．bC．cD．d
8．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n，0!=1)，现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（ ）
A．B．C．D．
9．的展开式中，的系数为（ ）
A．60B．C．120D．
10．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（ ）
A． B． C． D．
11．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知是函数的一个零点，则下列选项不正确的为（ ）
A．在区间单调递减 B．在区间只有一个极值点
C．直线是曲线的对称轴 D．直线是曲线的切线
二、填空题
13．已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.
14．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，则的最小值为______.
15．如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：
①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；
②存在点H，使得GH⊥AE；
③三棱锥B−GHF的体积为定值；
④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．
其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）
16．在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.
三、解答题
17．已知等差数列的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
（1）求等差数列的通项公式；
（2）若为递增数列，求数列的前n项和Sn.
18．三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．2020年以来，新冠疫情对商品线下零售影响很大．某商家决定借助线上平台开展销售活动．现有甲、乙两个平台供选择，且当每件商品的售价为元时，从该商品在两个平台所有销售数据中各随机抽取100天的日销售量统计如下，
假设该商品在两个平台日销售量的概率与表格中相应日销售量的频率相等，且每天的销售量互不影响，
(1)求“甲平台日销售量不低于8件”的概率，并计算“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”的概率；
(2)已知甲平台的收费方案为：每天佣金60元，且每销售一件商品，平台收费30元；乙平台的收费方案为：每天不收取佣金，但采用分段收费，即每天销售商品不超过8件的部分，每件收费40元，超过8件的部分，每件收费35元．某商家决定在两个平台中选择一个长期合作，从日销售收入（单价×日销售量-平台费用）的期望值较大的角度，你认为该商家应如何决策？说明理由．
20．如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点．
(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；
(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.
21．已知函数.
(1)讨论极值点的个数；
(2)若有两个极值点，且，证明:.
22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（，t为参数）．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)已知直线与x轴的交点为F，且曲线C与直线l交于A、B两点，求的值．
23．已知．
(1)求的解集；
(2)已知在上恒成立，求实数a的取值范围．
商品日销售量（单位：件）
6
7
8
9
10
甲平台的天数
14
26
26
24
10
乙平台的天数
10
25
35
20
10
参考答案：
1．D
【分析】由题意可得，，，再根据交集的定义求解即可.
【详解】解：因为，
，
所以，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】设复数，则,故根据可求得，
结合复数的乘方运算，可求得答案.
【详解】设复数，则，
则由可得且，
解得，
故，其实部为.
故选：C.
3．D
【分析】利用导数的几何意义求出和，即可求得.
【详解】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.
又，
所以.
故选：D
4．A
【分析】存在命题为假命题，则其否定是全称命题且为真命题，写出命题的否定，由不等式的性质可得结论．
【详解】命题为假命题，即命题为真命题.
首先，时，恒成立，符合题意；
其次时，则且，即，
综上可知，－4<
故选：A
5．B
【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.
【详解】依题意，，则，
所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍.
故选：B
6．B
【分析】先判断出点两个圆的公共点，求出，进而求出.
【详解】设.
因为点，点，且，
所以，整理化简得：.
而点在曲线上，方程平方后，整理为一个圆，所以曲线为圆在x轴上方部分.
则两个圆的公共弦为两圆的方程相减，整理得：.
所以满足，解得：.即.
所以.
故选：B
7．C
【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，构造函数，，，结合导数和作差法得到，，从而得出，，，中最大值.
【详解】因为，
，
，，所以；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
综上：， ，即，，，中最大的是.
故选：C.
8．B
【分析】求出后代入得cs1=sin可得答案，即与最接近.
【详解】
所以cs1=
= sin=sin，由于
与最接近，
故选：B
9．A
【分析】设的通项为，设的通项为, 即得解.
【详解】解：设的通项为，
设的通项为，
令
所以的系数为.
故选：A
10．B
【分析】把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥的外接球的半径．
【详解】易知四面体的三条侧棱两两垂直，且，把四面体补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体的外接球，球的半径为
故选：B.
【点睛】本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查空间想象能力．
11．D
【解析】由双曲线的方程可得一条渐近线方程，根据圆的方程得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a, b的关系，即可求解.
【详解】不妨设双曲线的一条渐近线为，
圆的圆心为，半径，
则圆心到渐近线的距离为
所以弦长，
化简得：，
即，
解得
所以 .
故选：D
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，圆的标准方程，考查方程思想和运算能力，属于中档题型.
12．ABD
【分析】先利用函数的零点解出，再根据整体代换思想结合正弦函数的图象和性质判断ABC，利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题意得，所以，，即，，
又，所以时，，故，
选项A：当时，，由正弦函数图象可得在上单调递减，正确；
选项B：当时，，由正弦函数图象可得只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点，正确；
选项C，当时，，，故直线不是对称轴，错误；
选项D，由得，
所以或，，解得或，，
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为即，正确；
故选：ABD
13．
【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.
【详解】由题意在中，满足，即,
即，而，
故，又,
则，同理，
故
，
又,故，
则，
故答案为：
14．
【分析】由，根据向量的线性运算以及数量积的运算律，可求得∠DAB＝；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于t的二次函数，求得二次函数最小值即为所求．
【详解】由题意知：，
设，所以
故
由于，所以，
以AC与BD交点为原点，AC为x轴，BD为y轴建立如图所示的直角坐标系，
所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），
设F（0，t），
则＝（，t），＝，
所以
当t＝时，取最小值，
故答案为：
15．①③④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：
因为分别为的中点，故可得//，，
根据已知条件可知：//，故//，
故四边形为平行四边形，则//，又面面，
故//面，故①正确；
对②：因为面面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，设，，
若GH⊥AE，则，
即，解得，不满足题意，故②错误；
对③：，因为均为定点，故为定值，
又//面面，故//面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
对④：取△的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上
因为面，面面，则，又，
面，故面,又面，
则//，故在同一个平面，
则过作，连接如图所示.
在△中，容易知，
则由余弦定理可得，故，
则由正弦定理可得；
设三棱锥的外接球半径为，则，
在△中，，，
又，
故由勾股定理可知：，即，
解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.
16．
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
故答案为：
17．（1）an＝－2n＋1或an＝2n－7；（2）Sn＝.
【解析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列前三项的和为，前三项的积为，利用等差数列的通项公式列出方程组，求公差和首项，由此能求出等差数列的通项公式．
（2）由（1）得an＝2n－7，知|an|＝，分类讨论，结合等差数列的求和公式能求出数列的前项和为．
【详解】（1）设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
（2）由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．易错点是求等差数列通项公式时容易丢解．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三棱台的性质得到//，再利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明；
（2）在平面内作，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用线面角的向量公式进行求解.
【详解】（1）在三棱台中，//，
又平面，平面，
则//平面，
又平面，平面平面，
所以//.
（2）因为平面，在平面内作，
以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据古典概型求解即可得事件的概率，再结合二项分布的概率公式求解即可得事件的概率；
（2）设甲平台的日销售收入为，乙平台的日销售收入为，进而分别求其分布列，进而根据分布列求期望，比较期望大小即可得答案.
【详解】（1）解：令事件“甲平台日销售量不低于8件”，
则，
令事件“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”，
则
（2）解：设甲平台的日销售收入为，则的所有可能取值为
所以，的分布列为
所以，，
设乙平台的日销售收入为，则的所有可能取值为
所以，的分布列为：
所以， .
所以，
令得，令得
所以，当时，选择甲平台；当时，甲乙平台均可；当时，选择乙平台.
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论.
【详解】（1）解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，
联立，可得，（*）
由，
可得，即切线方程为，所以，，
将代入方程（*）可得，可得，此时，
不妨设点，同理可得点，，
因此，.
（2）证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，
因为点在椭圆上，则，
联立，消去可得，
整理得，即，解得，
因此，椭圆在其上一点处的切线方程为.
设、，则切线的方程为，切线的方程为.
设，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
因为点在直线上，则，则，
所以，直线的方程可表示为，即，
由，可得，故直线过定点，
因为，所以，点在以为直径的圆上，
当点为线段的中点时，，此时点的坐标为.
故存在点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论导函数的实数根即可求解极值点，
（2）构造函数和，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.
【详解】（1）,则,
显然不是的零点,
令,则,
在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.
当时，，当时，，且
时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点,
时,没有实数根，故有0个极值点,
当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，
时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点.
（2）由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,
先证:,即证:，即证:.
即证:.
令,
即证:,
令则
令,则,则在单调递减
,
,即在单调递减,
,证毕.
再证:,
,且
.
在单调递增,在单调递减,在单调递增,
.
即证:,
又,
即证:.
令,
.
令,
,
令
,
令
令,
,
在单调递减,在单调递增.
,
,当时,单调递增;当时,单调递减.
,
在单调递减,在单调递增.
,
在单调递增,在单调递减.
,
,
,
在单调递增,
,
所以原命题得证.
【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
22．(1)
(2)24
【分析】（1）根据曲线C的参数方程为（，t为参数），由两边平方求解；
（2）易知直线的参数方程为，代入，利用参数的几何意义求解.
【详解】（1）解：因为曲线C的参数方程为（，t为参数），
所以由两边平方得：，
而，当且仅当，即时，等号成立，
所以曲线C的直角坐标方程；
（2）易知直线与x轴的交点为,
直线的参数方程为，
代入得，
设A，B两点对应的参数分别为，
则，
所以.
23．(1)；
(2).
【分析】（1）把函数化成分段函数，再分段解不等式作答.
（2）根据给定条件，分离参数并构造函数，求出函数最大值作答.
【详解】（1）依题意，，不等式化为：
或或，解得或或，即有，
所以的解集为.
（2）依题意，，，
，，于是，
当且仅当时取等号，则，
所以实数a的取值范围是.