2023届四川省凉山彝族自治州高三第三次诊断性检测数学（文）试题含解析

2023届四川省凉山彝族自治州高三第三次诊断性检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】把已知式两边同除，从而利用复数的除法运算可得结果.

【详解】由得.

故选：C.

2．设集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据不等式的解法求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.

【详解】解：由集合，，

根据集合交集的概念及运算，可得.

故选：B.

3．在等差数列中，，，则（    ）．

A．3 B．5 C．7 D．9

【答案】C

【分析】由等差中项性质得，利用等差数列通项公式求基本量公差，进而写出通项公式，即可得.

【详解】由题设，则，而，

若等差数列公差为，则，

所以，通项公式为，故.

故选：C

4．在区间内任取两个实数a，b，则的概率为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，作出几何图形，求出点所在区域的面积，再利用几何概型计算作答.

【详解】依题意，点在约束条件表示的平面区域内，

不等式组表示的平面区域是正方形内部，其中，如图，

满足的事件是正方形内，直线右侧的内部的点形成的阴影区域，

由得，即，则的面积，而，

所以的概率.

故选：A

5．样本数据的平均数，方差，则样本数据的平均数，方差分别为（    ）．

A．9，4 B．9，2 C．4，1 D．2，1

【答案】A

【分析】由平均值、方差的性质求新数据的平均数和方差.

【详解】由题设，，

所以，.

故选：A

6．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，若点是角终边上一点，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由点坐标作出终边，根据三角函数定义求出和，把化简再求值即可.

【详解】由题意知，，所以，，

因为

.

故选：C.

7．在正方体中，点M是棱的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连，，，（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，解三角形可得解.

【详解】取的中点，连，，，

则，，所以四边形是平行四边形，

所以，所以（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，

设正方体的棱长为，则，，

则.

所以异面直线BM与AC所成角的余弦值为.

故选：C

8．已知以直线为渐近线的双曲线，经过直线与直线的交点，则双曲线的实轴长为（    ）．

A．6 B． C． D．8

【答案】C

【分析】由题意可得双曲线过点，分类讨论，分别求解当双曲线的焦点在x轴、y轴时的标准方程，结合离心率的定义和实轴的概念计算，即可求解.

【详解】由，解得，则双曲线过点.

若双曲线的焦点在x轴，设为，

由双曲线的渐近线方程为，得，即，

将代入方程，得，

有，无解，不符合题意；

若双曲线的焦点在y轴，设为，

由双曲线的渐近线方程为，得，即，

将代入方程，得，

有，解得，

所以双曲线的实轴长为.

故选：C.

9．已知函数的导函数，若1不是函数的极值点，则实数a的值为（    ）．

A．－1 B．0 C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据极值点的定义即可求解.

【详解】由题意可知，若1不是函数的极值点，则，即，

当时，，故当 ，当，因此是 的极值点，1不是极值点，故满足题意，

故选：D

10．在中，，，，点D在直线BC上，满足，则（    ）．

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】由题意和可得，即C为BD的中点，进而，结合平面数量积的定义和运算律计算即可求解.

【详解】由题意知，，

则，得C为BD的中点，

所以，得，

有，

所以.

故选：B.

11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上任意一点．当点M不在x轴上时，设的内切圆半径为m，外接圆半径为n，则的最大值为（    ）．

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】先求出，根据正弦定理可求出外接圆的半径再利用三角形的面积等于三个小三角形的面积之和求得，由斜三角形的面积公式求得，联立两式可求出，代入消去，由基本不等式即可求出的最大值.

【详解】如图，

由得，则，

由正弦定理得，即，所以.

设内切圆的圆心为,连接,则到的距离均为.

所以

，

又因为，

所以，即，

所以

，当且仅当时等号成立.

所以的最大值为.

故选：C

12．设函数，若，则a的最小值为（    ）．

A．e B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，把，转化为在恒成立，令，求得，得出函数的单调区间和最大值，求得，即可求解.

【详解】由函数，

因为，即，即在恒成立，

令，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当时，函数取得极大值，即为最大值，

所以，即，所以实数的最小值为.

故选：D.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

二、填空题

13．若，则______．

【答案】/

【分析】利用对数的运算法则可得，结合指数与对数的关系计算即可.

【详解】由题意可得：，故.

故答案为：

14．数列的前n项和为，若，，则______．

【答案】

【分析】由，可得当时，，两式相减可证得数列是以1为首项，公比为2的等比数列，即可求出的通项公式.

【详解】由已知，，①，

当时，，

当时，②，

①－②得：，整理得：，即，

又符合上式，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，

所以.

故答案为：.

15．在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为______．

【答案】

【分析】作出截面截面，为的中点，则可得截面是边长为的菱形，求出其面积即可.

【详解】如图，在正方体中，

平面平面，

平面与平面的交线必过且平行于，

故平面经过的中点，连接，得截面，

易知截面是边长为的菱形，其对角线，

，截面面积．

故答案为：．

16．若函数有两个零点，则实数a的取值范围为______．

【答案】

【分析】由函数有两个零点等价于则函数图象与直线有两个交点，如图，当直线在之间平移时满足题意，利用导数的几何意义求出曲线的切线方程，即可.

【详解】由题意得，令，

则函数图象与直线有两个交点.

由，得，左顶点为B，

即曲线表示焦点在y轴的椭圆的上半部分，如图，

当直线在之间平移时，直线与曲线有两个交点.

当直线为直线时，，解得；

当直线为直线时，与椭圆相切，设切点为，

则，得切线的斜率为，

解得，代入得，

所以切线的方程为，令，得，

则，解得，

所以实数a的取值范围是，

故答案为：.

三、解答题

17．4月23日世界读书日全称“世界图书与版权日”，又称“世界图书日”．最初的创意来自于国际出版商协会．由西班牙转交方案给了联合国教育、科学及文化组织．1995年11月15日正式确定每年4月23日为“世界图书日”．其设立目的是推动更多的人去阅读和写作，希望所有人都能尊重和感谢为人类文明做出过巨大贡献的文学、文化、科学、思想大师们，保护知识产权．每年的这一天，世界一百多个国家都会举办各种各样的庆祝和图书宣传活动．在2023年世界读书日来临之际，某中学读书协会为研究课外读书时长对语文成绩的影响，随机调查了高三年级50名学生每人每天课外阅读的平均时长（单位：分钟）及他们的语文成绩，得到如下的统计表：

(1)试估算该中学高三年级学生每天课外阅读时间的平均数，中位数；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）

(2)若从统计表中在的学生中随机选取3名学生的语文成绩进行研究，求这3名学生的语文成绩都优秀的概率．

【答案】(1)平均数为46；中位数为

(2)

【分析】（1）由平均数和中位数的求法计算即可；

（2）将该区间中五位同学选三位的各种情况罗列，计算概率即可.

【详解】（1）该中学高三年级学生每天课外阅读时间的平均数为

由表格可得该中学高三年级学生每天课外阅读时间的中位数位于，设为，则依表计算：

（2）设课外阅读平均时长在的5名学生中优秀的为A，B，C，D，不优秀的为a，则从这5名学生中随机选取3名学生不同的选法有：ABC，ABD，ACD，BCD，ABa，ACa，ADa，BCa，BDa，CDa共10种，其中3名学生的语文成绩都优秀的有4种．

∴随机选取的3名学生的语文成绩都优秀的概率为．

18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，，且直线PD与底面ABCD所成的角为．

(1)求证：平面平面PAC；

(2)求点C到平面PBD的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面角可得底面ABCD为正方形，进而根据线线垂直可得线面垂直即可求面面垂直，

（2）利用等体积法,结合三棱锥的体积公式即可求解.

【详解】（1）证明：∵平面ABCD，故为直线PD与平面ABCD所成的角，因此，又，∴

∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴

又，而，平面PAC，∴平面PAC，又平面PBD，∴平面平面PAC，

（2），

由于,所以，

设点C到平面PBD的距离为d，则

∵，∴，解得：

∴设点C到平面PBD的距离为．

19．设的内角的对边分别为，已知的面积为．

(1)求；

(2)延长至,使，若，求的最小值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）由余弦定理和三角形的面积公式化简得到，求得，即可求解；

（2）设，可得，由余弦定理化简得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】（1）解：由余弦定理可得，

因为的面积为，可得，

又因为，所以，即，

因为，所以.

（2）解：如图所示，因为，设，则，

由余弦定理可得

当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．

20．已知双曲线T：的离心率为，且过点．若抛物线C：的焦点F与双曲线T的右焦点相同．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点且斜率为正的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A在M，B之间），点N满足：，求与面积之和的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 由双曲线的离心率求出，由双曲线过点，代入双曲线方程，结合，求出，即可得到双曲线的右焦点，即抛物线的焦点，即可求出，代入抛物线的方程即可得到答案.

(2) 设直线l的方程，联立直线l的方程和抛物线方程，消去，由韦达定理得到两根之间的关系，由得到，把转化为 ，把转化为 ，化简相加得到只含的式子，用基本不等式即可求与面积之和的最小值．

【详解】（1）如图，

因为双曲线的离心率为，所以，即，

又因为，所以，即，即，

所以双曲线的方程为.

因为双曲线过点，所以，解得，

所以，所以，

所以双曲线的右焦点为，即抛物线的焦点为,所以，，

所以抛物线C的方程为.

（2）如图，

设直线l的方程为，，，

则由得，

所以，

∵，∴，

又，

，

∴，

当且仅当，即，时，等号成立.

所以与面积之和的最小值为.

21．已知函数．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)当，若两个不相等的正数m，n，满足，证明：．

【答案】(1)递减区间为，递增区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）当时，求得，得到为增函数，根据题意不妨设，要证明，即证，转化为证明，即证，令，转化为证明，令，求得，即可得证．

【详解】（1）解：当时，函数的定义域为，

且，

令，求得或（舍去），

所以当时，；当时，，

所以函数在上为减函数，在上为增函数．

（2）解：当时，函数，可得，且，

所以函数在上为增函数，

因为有两个不相等的整数满足，

所以不妨设，要证明，即证，即证，

又因为，所以，即证，

即证，

令，其中，则，即证，，

令，，则，

所以函数在上为增函数，所以，即，

所以．

【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

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

(1)求曲线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于点A，B，且，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的互化，结合余弦二倍角公式即可求解，

（2）联立直线与曲线的方程，由直线参数方程的几何意义即可求解.

【详解】（1）由得，将 代入可得，即

（2）将曲线的参数方程带入曲线得：，即

设A，B两点对应的参数分别为，，则，

所以异号，

∴

23．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）去绝对值后，利用指数函数的单调性解不等式可得答案；

（2）利用绝对值三角不等式求出，再根据基本不等式可证不等式成立.

【详解】（1）由题意得：，∴，即，∴，

∴不等式的解集为．

（2）∵，当且仅当，即时，等号成立，

∴函数的最小值为1，即．

∴，

因为，

所以

（当且仅当时，等号成立）.

∴不等式得证．