2023届四川大学附属中学（四川省成都市第十二中学）高三下学期二诊热身考试数学（理）试题含解析

2023届四川大学附属中学（四川省成都市第十二中学）高三下学期二诊热身考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数满足，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的除法和向量模的求法，变形的，即可求解.

【详解】，

故选：B

2．设集合或，，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数函数性质化简集合，再结合交集的运算求解即可.

【详解】由题知，，

又或，

则，即.

故选：B

3．抛物线的准线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先化为标准型，利用抛物线的准线方程可得答案.

【详解】因为，所以，所以准线方程为.

故选：A.

4．根据第七次全国人口普查结果，居住在城镇的人口为90199万人，占全国人口的，与第六次全国人口普查相比，城镇人口比重上升14.2个百分点．随着我国新型工业化、信息化和农业现代化的深入发展和农业转移人口市民化政策落实落地，10年来我国新型城镇化进程稳步推进，城镇化建设取得了历史性成就．如图所示的是历次全国人口普查城乡居住人口及城镇居住人口比重的统计图，根据图中信息，下列说法错误的是（    ）

A．这七次全国人口普查乡村居住人口先增加后减少

B．城镇居住人口的比重的中位数为

C．乡村居住人口的极差不超过25000万

D．这七次全国人口普查乡村居住人口的平均数超过城镇居住人口的平均数

【答案】C

【分析】根据统计图及相关知识即可判断．

【详解】对，由图可知这七次全国人口普查乡村居住人口先增加后减少，A正确；

对B，由图可知城镇居住人口的比重的中位数为，B正确；

对C，由图可知乡村居住人口的极差超过25000万，C错误；

对D，由图可知，村居住人口的整体数据基本都大于城镇居住人口的数据，

故这七次全国人口普查乡村居住人口的平均数超过城镇居住人口的平均数，D正确．

故选：C．

5．下列命题中错误的是（    ）

A．命题“，”的否定是“，”

B．命题“若，则”的否命题为“若，则”

C．“两直线斜率相等”是“两直线平行”的充分不必要条件

D．若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题

【答案】C

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断A；根据否命题的定义即可判断B；根据两直线的斜率与平行的关系即可判断C；根据复合命题的真假即可判断D.

【详解】对于A，命题“，”的否定是“，”，故A正确；

对于B，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故B正确；

对于C，若两直线斜率相等，则两直线平行或重合，

若两直线平行，则两直线斜率相等，或两直线斜率都不存在，

所以“两直线斜率相等”是“两直线平行”的既不充分也不必要条件，故C错误；

对于D，若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题，故D正确.

故选：C.

6．已知，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据程序框图比较的大小，输出三个数中的最小值.

【详解】根据程序框图可知，执行程序输出的结果是三个数中的最小值.

因为，，，

所以，所以输出的值为.

故选：B.

7．若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可.

【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.

设切点为，，

所以，切线斜率为，

由题知得或（舍），

所以，，此时点到直线距离.

故选：C

8．如图，在平面四边形中，，，，，三角形的面积为，则（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】B

【分析】由正弦定理，结合，，可得.由三角形的面积为，可得.由余弦定理可得，后可得答案.

【详解】在中，，

由正弦定理有：，即，解得.

由三角形的面积公式有：，则.

在中，由余弦定理有：.

则.

故选：B

9．为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手，则传法总数为（    ）

A．30 B．24 C．21 D．12

【答案】C

【分析】通过4次传球后仍回到甲手得出第四次传球只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数.

【详解】由题意，

四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，经过4次传球，球仍回到甲手，

∴第1次传球有3种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法，

第3次传球，球也不一定在甲手中；第4次传球只能在甲手中；

∴当第2次传球后球在甲手中时，

则第3次传球可能为丙或乙或丁，共3种方法；

当第2次传球后球不在甲手中时，有2种方法，

则第3次传球有2种方法.

∴经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：

，

∴球仍回到甲的传法总数为21种，

故选：C.

10．已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得，，进而得，再根据结合向量垂直关系的表示解得，进而得，再根据平移变换得，最后求函数值即可.

【详解】解：由题知，函数的周期满足，解得，

所以，

由图象与轴的交点为得，

因为，所以，即，

所以，图象与轴的交点为，

因为，所以，解得（负舍），

所以，

所以若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为 ，

所以.

故选：D

11．已知正四面体纸盒的俯视图如下图所示，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，若在该正四面体纸盒内放一个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据俯视图求出正四面体的棱长，要使得正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体在正四面体的内切球内，然后可求解.

【详解】根据俯视图可知正四面体的位置是放在桌面上，平行桌面，

则几何体的直观图如图，则 ．

在该正四面体纸盒内放一个正方体，使正方体可以在纸盒内任意转动.

则正方体为正四面体的内切球的内接正方体.

设正四面体的内切球的半径为，由正四面体的体积得：

，则 .

所以 .

设正四面体的内切球的内接正方体的棱长为.

则, 则.

所以正方体棱长的最大值是为.

故答案为: A

【点睛】本题考查正四面体的俯视图及其内切球，球的内接正方体的知识，属于难题.

12．已知函数有三个零点，且，则（    ）

A．8 B．1 C．－8 D．－27

【答案】D

【分析】根据题意可得：有三解，令，由的图像可得故最多只有两个解，所以有两解，，有一解为，有两解为，代入即可得解.

【详解】由，

即有三解，

令，设，

，

当，为增函数，

当，为减函数，

图像如图所示：

故最多只有两个解，

若要有三解，

则有两解，

，，

故有一解为，

有两解为，

，

故选：D

二、填空题

13．的展开式中，常数项是______．

【答案】

【分析】将三项式转化为，根据展开式的通项，可知当时取得常数项.

【详解】，

展开式的通项为，

当，即时，可得展开式的常数项为.

故答案为：.

14．某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩在120分以上的学生人数为______.

【答案】50

【分析】根据正态分布曲线的性质即可求解.

【详解】由已知可得，，所以.

又，根据正态分布的对称性可得，

所以.

所以，可估计成绩在120分以上的学生人数为.

故答案为：.

15．如图，在扇形中，，，点为的中点，点为曲边区域内任一点（含边界），若，则的最大值为________．

【答案】

【分析】建立直角坐标系，根据向量的坐标运算即可得，，进而根据线性规划求截距最大或者根据三角换元法即可求解.

【详解】建立平面直角坐标系如图所示，

设，则，；

，；

由是区间内的任意点，且，

，，，

，；，，

，设，即，

用线性区域的方法，平移直到于圆弧相切，与轴相交于,

此时直线截距最大，切点就是满足条件的点；

由于此时切线的斜率为

此时,由此，

故,因此此时，

即的最大值为，

故答案为：.

16．点，是双曲线的左、右焦点，过点作直线交双曲线C于A，B两点，现将双曲线所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图.翻折后A，B两点的对应点分别为，，，若，则双曲线C的离心率为______.

【答案】3

【分析】设，根据余弦定理结合条件得到，再转化成的方程，即可得答案

【详解】设，，，

∵，，

∴，

∴，∴，∴，∴，∴，解得或（舍去）.

故答案为：3

三、解答题

17．已知数列的前n项和为，，且．，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据对数运算得，利用等比数列定义求通项公式，利用等差中项判断数列为等差数列，建立方程求出公差，从而可得的通项；

（2）利用错位相减法计算即可.

【详解】（1）∵，∴，则，所以为等比数列，

又，得，所以，

由知是等差数列，且，，

∴，得，．∴.

（2）因为，，所以，

所以

则

上面两式作差得

，

∴

18．2022年12月2日晚，神舟十四号、神舟十五号航天员乘组进行在轨交接仪式，两个乘组移交了中国空间站的钥匙，6名航天员分别在确认书上签字，中国空间站正式开启长期有人驻留模式.为调查大学生对中国航天事业的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下列联表，经计算，有97.5%的把握认为该校学生对中国航天事业的了解与性别有关，但没有99%的把握认为该校学生对中国航天事业的了解与性别有关.

(1)求n的值；

(2)将频率视为概率，用样本估计总体，从全校男学生中随机抽取5人，记其中了解中国航天事业的人数为X，求X的分布列及数学期望.

附表：

.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据被调查的男女生人数均为20n，完成列联表，代入公式进行计算，得出结果后解不等式即可.

（1）由已知得，根据二项分布得出X的分布列及数学期望即可.

【详解】（1）由已知，完成列联表，

将数值代入公式可得的观测值：，

根据条件，可得，解得，

因为，所以.

（2）由（1）知，样本的男生中了解中国航天事业的频率为，

用样本估计总体，从全校男生中随机抽取一人，了解中国航天事业的概率为，则，

，，

，，

，.

则X的分布列为

.

19．如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.

(1)求证：；

(2)若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.

（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.

【详解】（1）证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，

又平面平面，且平面平面平面，

所以平面平面.

所以

（2）由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，

所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.

因为异面直线与所成角的正切值为，

所以，即

又平面平面，

所以平面，又平面，平面平面，

所以

所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.

以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.

因为为正三角形所以，从而

由已知E，F分别是的中点，所以

则，所以，

所以，

因为，所以可设，平面的一个法向量为，

则，取，得，

又，则.

设直线与平面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的取值范围为.

20．椭圆的光学性质：光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点.现有一椭圆，长轴长为4，从一个焦点F发出的一条光线经椭圆内壁上一点P反射之后恰好与x轴垂直，且.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点Q为直线上一点，且Q不在x轴上，直线，与椭圆C的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用长轴长求出a，利用椭圆定义求出，进一步求出，即可得椭圆方程；（2）设直线，联立方程求出M、N的坐标，把面积比转化为坐标比，进一步转化为分式函数求最值问题

【详解】（1）不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，

则轴，又因为，，

所以，即，所以，

所以椭圆C的方程为.

（2）设，，

则：，：

联立，消去x得，解得，

同理，联立，消去x得，解得，

所以

.

令，

则

当且仅当，即，即时，取得最大值.

21．已知.

(1)若，求函数的单调区间和极值；

(2)若对都有成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为；极大值为，极小值为

(2)

【分析】（1）直接求导计算即可．

（2）将问题转化为，构造新函数在上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．

【详解】（1）

令，因为得或，列表如下：

所以的单调增区间为和  单调减区间为

极大值为  ，极小值为

（2）对都有成立可转化化为：

设，则在，

故，在上恒成立

方法一：（含参讨论）

设，

则，，解得.

，，.

①当时，，

故，当时，，递增；

当时，，递减；

此时，，在上单调递增，故，符合条件.

②当时，同①，当时，递增；当时，递减；

∵，，

∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，，.

于是，当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

∵，，∴，符合条件.

综上，实数的取值范围是.

方法二：（参变分离）

由对称性，不妨设，

则即为.

设，则在上单调递增，

故在上恒成立.

∵，∴在上恒成立

，.

设，，则，.

设，，

则，.

由，，得在，上单调递增；

由，，得在，上单调递减.

故时；

时.

从而，，，

又时，，故，，

，单调递减，，.

于是，.

综上，实数的取值范围是.

【点睛】本题核心是将问题转化为函数在上单调递增，即在上恒成立．

22．在直角坐标系中，曲线的方程为，曲线的方程为以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)若，直线与曲线交于，两点，与曲线的一个交点为点，且，求的值

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据曲线的直角坐标与极坐标转化公式，即可求解；

（2）将代入曲线的极坐标方程，得，将代入曲线的极坐标方程，

得到韦达定理，并表示，即可求.

【详解】（1）由，得，

所以曲线的极坐标方程为

由，得，即，

此即曲线的极坐标方程；

（2）将代入（），得

将代入，得，

设对应的参数分别是，则，，

所以

，

解得：

23．设函数．

(1)解不等式；

(2)令的最小值为T，正数满足，证明：．

【答案】(1).

(2)证明见解析.

【分析】（1）分类讨论x的取值，脱掉绝对值符号，解不等式，可得答案；

（2）分类讨论x的取值，求出的最小值为T，将展开，利用基本不等式证明，即可证明结论.

【详解】（1）当时，即，解得，故；

当时， 即，则；

当时，即，解得，故，

综上所述，原不等式的解集为.

（2）若，则；

若，则：

若，则,

所以函数的最小值，故,

又为正数，

则

,

当且仅当,时等号成立,

所以.