四川省成都市第七中学2023届高三下学期三诊模拟考试文科数学

四川省成都市第七中学2023届高三下学期三诊模拟考试文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．命题“有一个偶数是素数”的否定是（    ）

A．任意一个奇数是素数 B．任意一个偶数都不是素数

C．存在一个奇数不是素数 D．存在一个偶数不是素数

4．三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（    ）

A． B．

C． D．

5．已知函数，则 （    ）

A．-6 B．0 C．4 D．6

6．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值是（    ）

A．2 B． C．3 D．4

7．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（    ）

A．2400 B．2401 C．2500 D．2501

8．如图，长方体 中，，若直线与平面所成的角为，则直线与直线所成的角为（    ）

A． B． C． D．

9．使“”成立的一个充分不必要条件是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

10．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，下面四个结果中不成立的是（        ）

A． B．

C． D．

11．已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线交于两点，且，，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

12．已知，，若是函数的极小值点，则实数的取值范围为（    ）

A．且 B． C．且 D．

二、填空题

13．已知，，则在方向上的投影为________．

14．2023年五一节到来之前，某市物价部门对本市5家商场的某种商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场这种商品的售价x（单位：元）与销售量y（单位：件）之间的一组数据如下表所示：

经分析知，销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，则________．

15．已知在数列中，，，则_____ .

16．抛物线的焦点为F，直线l的方程为：，l交抛物线于M，N两点，且，抛物线在M，N处的切线交于点P，则的面积为________．

三、解答题

17．如图，是边长为2的正三角形，P在平面上且满足，记．

(1)若，求PB的长；

(2)用表示，并求的取值范围．

18．2023年4月12日是成都七中118周年校庆.为了纪念这一特殊的日子，两校区学生会在全校学生中开展了校庆知识测试（满分100分），随机抽取了10名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；

(2)被抽取的10名同学中，成绩在中恰好有一半男生一半女生.从中随机抽取2名学生，求这2名同学中至少有一人是女生的概率.

19．是边长为2的正三角形，在平面上满足，将沿翻折，使点到达的位置，若平面平面，且.

(1)作平面，使得，且，说明作图方法并证明；

(2)点满足，求的值.

20．已知椭圆，，为的左右焦点.点为椭圆上一点，且.作作两直线与椭圆相交于相异的两点A，，直线、的倾斜角互补，直线与，轴正半轴相交.

(1)求椭圆的方程；

(2)求直线的斜率.

21．已知函数；

(1)求函数的极值；

(2)证明：.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为

(1)求的普通方程与的直角坐标方程；

(2)求与交点的极坐标.

23．已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.

【详解】因为，

由可得且，解得，则，

因此，.

故选：D.

2．D

【分析】根据复数的除法运算求出，据此可得解.

【详解】由，可得，

故复数对应的点位于第四象限，

故选：D

3．B

【分析】根据存在量词命题，否定为，即可解得正确结果.

【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.

故选：B

4．D

【分析】根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出答案.

【详解】由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；

又在圆上或内部，

当点与点重合时，三棱锥如下图所示，

由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；

当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，

由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项

当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，

由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；

因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.

故选：D.

5．A

【分析】由分段函数解析式，利用周期性求得，进而求目标函数值.

【详解】由分段函数知：当时，周期，

所以，

所以．

故选：A

6．C

【分析】作出可行域，根据的几何意义，即可求得答案.

【详解】画出不等式组表示的可行域，如图所示（阴影部分），

解方程组 ，得，故，

解，可得，故，

表示的是可行域内的点与原点连线的斜率，,

根据的几何意义可知的最大值为2，

的最大值为.

故选：C.

7．D

【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可.

【详解】不妨设第层小球个数为，由题意，， ……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.

故有，累加可得：，

故.

故选:D

8．C

【分析】先证平面，则即为直线与平面所成的角，即，为正方形，可得，由长方体性质可得，即为正三角形，由得为直线与直线所成的角，即

【详解】连接，与交于点，连接，

是长方体，平面，平面，∴，

，为正方形，，，平面，∴平面，

则即为直线与平面所成的角，所以.

平面，∴，即是直角三角形. 由题，，所以，

又，所以为直线与直线所成的角，

由，易得对角线，即为正三角形，故.

故选：C

9．B

【分析】根据不等式的关系结合充分不必要条件分别进行判断即可．

【详解】对于A，若，，当时，成立，

所以“，”“”，A不满足条件；

对于B，，，则，即，

所以“，”“”，

若，则，不妨取，，，则，

所以“，”“”，

所以“，”是“”的充分不必要条件，B满足条件；

对于C，若，则，使得，即，

即“”“，”，

所以“，”是“”的充分条件，C不满足条件；

对于D，若，，则，即，当且仅当时，等号成立，

所以“，”“”，D不满足条件.

故选：B.

10．D

【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．

【详解】对于A，当时，因为，所以，故选项A正确；

对于B，，

故选项B正确；

对于C，由，，

所以,得出，故选项C正确；

对于D，由C的分析得，推不出，故选项D错误．

故选：D．

11．D

【分析】根据对称关系可知，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，根据基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率可求得结果.

【详解】不妨设位于第一象限，双曲线的右焦点为，连接，，

为中点，四边形为平行四边形，，；

设，，则

由得：，解得：；

在中，，

，

（当且仅当时取等号），

当取得最小值时，双曲线的离心率.

故选：D.

12．B

【解析】由既是的极小值点，又是零点，且的最高次项系数为1，因此可设，这样可求得，然后求出，求得的两个零点，一个零点是，另一个零点必是极大值点，由可得的范围．

【详解】因为，是函数的极小值点，结合三次函数的图象可设，又，

令得，，即，

，由得，，

是极小值点，则是极大值点，，所以．

故选：B．

【点睛】本题考查导数与极值点的关系，解题关键是结合零点与极值点，设出函数表达式，然后再求极值点，由极小值点大于极大值点可得所求范围．

13．

【分析】利用在方向上的投影的定义求解.

【详解】因为，，

所以在方向上的投影为，

故答案为：

14．

【分析】计算变量的平均值，根据变量y与x之间有较强的线性关系，结合回归直线的性质即可求得的值.

【详解】变量的平均值为，变量的平均值为，

又销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，所以其线性回归直线方程经过点，

所以，解得.

故答案为：.

15．

【分析】将时的等式与条件中的等式做差整理可得，然后利用计算即可.

【详解】①，

当时，②，

①-②得，整理得，

当时，，得，

.

故答案为：.

16．

【分析】根据题意设点，，利用导数的几何意义求出抛物线在M，N处的切线方程，然后联立切线方程求出点的坐标，再利用弦长公式和点到直线的距离公式分别求出和点到直线的距离，进而求出面积即可.

【详解】由题意知，焦点，设点，，不妨设，

将直线的方程代入抛物线方程可得，

则，，

当时，抛物线方程可化为，对求导可得，，

所以直线的方程为①

当时，抛物线方程可化为，对求导可得，，

所以直线的方程为②

联立方程①②，得，

，

则，

所以点，

又因为，，，

则，解得，

则，

点到直线的距离，

所以的面积为，

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）先根据题意求得，，再利用余弦定理求解即可；

（2）先根据题意得到，则，再利用正弦定理得到，再结合三角形的面积公式得到，再根据三角形的内角关系得到，再结合正弦函数的性质求解即可．

【详解】（1）由，且是边长为2的正三角形，

则，且，

所以在中，

由余弦定理得，

所以．

（2）由，则，则，

在中，由正弦定理有，得，

所以

，

又，且，

则，则，

所以，则，

故的取值范围为．

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图利用中位数的估计方法计算可得答案；

（2）计算出成绩在的男女生人数，利用古典概型概率计算公式和对立事件概率计算公式进行计算可得答案.

【详解】（1）由题意测试成绩在的频率为，

测试成绩在的频率为，

故中位数位于区间上，设为，

则，解得，

所以，估计该校学生测试成绩的中位数为；

（2）由题意，测试成绩在的频率为，

故测试成绩在的人数有人，其中男女生各人，

从中随机抽取2名学生有种抽法，其中没有女生的抽法有种，

故所求的概率为.

19．(1)见详解

(2)

【分析】（1）记BC中点为E，连接AE，，平面即为平面，根据正三角形的性质结合已知证明即可；

（2）先证平面，然后转换法求解可得.

【详解】（1）记BC中点为E，连接AE，，平面即为平面，

证明如下：因为为正三角形，E为BC中点，所以，

又，平面，平面，

所以平面

（2）由（1）知平面，

又平面，所以，

因为平面平面，平面平面

所以平面

因为，即，，

所以

因为，

所以

20．(1)

(2)

【分析】(1)利用椭圆的定义，代入点P计算即可；

(2)设直线AB，联立椭圆方程结合直线、的倾斜角互补(即斜率之和为零)，利用韦达定理计算即可.

【详解】（1）因为，所以，代入得，

即椭圆方程为：；

（2）由题意知直线AB存在斜率，不妨设其方程：，点

联立椭圆方程得：，

即

因为直线、的倾斜角互补，所以，

整理得：，

化简得：，

即

若，此时直线AB过点P，不符合题意舍去；

故.

【点睛】本题考查直线与椭圆综合问题，属于压轴题.关键在于将两直线倾斜角互补转化为斜率之和为零，再利用韦达定理计算化简得出，需要有较好的计算能力.

21．(1)0

(2)证明见详解

【分析】(1)利用二次导数判断导函数的单调性,结合可判断函数单调性,然后可得;

(2)利用当时对不是放缩,然后由错位相减法可证.

【详解】（1），记

因为，所以单调递增，

又，

所以当时，,，当时，,，

所以当时，函数有极小值

（2）由（1）知，当时，，即，

所以

记...①，

则...②

①-②可得:

所以

所以.

22．(1)C的普通方程为，的直角坐标方程为；

(2)，.

【分析】（1）结合三角函数恒等变换消去参数可得的普通方程，利用将极坐标方程转化为普通方程；

（2）联立方程组求交点的直角坐标，再将其转化为极坐标.

【详解】（1）因为

所以

得..

由，得，

所以，所以

所以C的普通方程为，l的直角坐标方程为.

（2）联立得或，

所以l与C交点的直角坐标分别为，，

设点的极坐标为，，，

则，，

所以，，

所以点的极坐标为，

同理可得点的极坐标为，

故与交点的极坐标为，.

23．（1）或；（2）.

【分析】（1）分别在、和三种情况下，去除绝对值符号后解不等式求得结果；

（2）将问题转化为在上恒成立，得到，从而确定，可得，解不等式组求得结果.

【详解】（1）当时，原不等式可化为.

①当时，，解得：，；

②当时，，解得：，；

③当时，，解得：，；

综上所述：不等式的解集为或.

（2）由知：，

，在上恒成立，

，即，，解得：，

，解得：，即实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是能够根据将问题转化为恒成立问题的求解，从而将问题转化为参数与的最值之间大小关系的问题.