2023届四川省凉山彝族自治州高三第三次诊断性检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省凉山彝族自治州高三第三次诊断性检测数学（理）试题含解析，共18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。
2023届四川省凉山彝族自治州高三第三次诊断性检测数学（理）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：C4．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：A5．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.6．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：C7．专家导航，聚焦课堂．四川省教育科学院5名专家到凉山某县指导教育教学工作．现把5名专家全部分配到A，B，C三个学校，每个学校至少分配一名专家，每名专家只能到一个学校，其中甲专家不去A学校，则不同的分配方案种数为（    ）．A．100 B．116 C．120 D．124【答案】A【分析】根据题意甲专家不去A学校，先分配甲专家；然后再对其余4名专家分配，有三种情况讨论：没人与甲同校，有一人与甲同校，有两人与甲同校，易得其分配种数；最后利用分步计数原理可得答案.【详解】根据题意，先分配甲专家，有2种方法；再分其余的4名专家，分三种情况：没有专家与甲在同一学校，也就是把4名专家分到其他两所学校，先把4名专家分成2组，有种分组方法，再分到两所学校，有种分法；有1名专家与甲在同一学校，其余3名专家分到其他两所学校，有种分法；有2名专家与甲在同一学校，其余2名专家分到其他两所学校，有种分法；则不同的分配方法有种.故选：A.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：D10．在中，，，，点D在直线BC上，满足，则（    ）．A． B． C． D．3【答案】B【分析】根据给定条件，借助平面向量基本定理求出，再用表示，再求出即可.【详解】在中，因为点D在直线BC上，则存在实数，使得，即，又，且不共线，于是，因此，而，，，所以.故选：B11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点M是椭圆C上任意一点，且的取值范围为．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mn的最大值为（    ）．A． B． C． D．1【答案】C【分析】由的取值范围为可求出，由正弦定理可得，再由焦点三角形的等面积法可得，所以，求出即可得出答案.【详解】，，所以，所以，解得：，设，由正弦定理可得：，，可得：，又因为，设内切圆的圆心为A，所以，所以，所以，又因为当在短轴的端点时，最大，此时，，，所以，故当时，mn取得最大值为.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．的展开式中常数项是______．（用数字作答）【答案】240【分析】利用二项式定理设其通项待定系数计算即可.【详解】设的展开式的通项为：，化简得，令，计算得常数项的系数为240.故答案为：240.14．已知数列的前n项和为，则=___________.【答案】【分析】根据题中，利用 和 的关系式 来求解，注意时要检验是否符合时的表达式.【详解】当时，；当时，因为，所以所以；所以；所以当时，是以2为公比的等比数列；所以，当时，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】先由函数的定义域化简函数方程，再由函数有两个零点等价于则函数图像与直线有两个交点，画出图像，由图像可知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求出实数a的取值范围.【详解】由得，解得，所以函数的定义域为，所以，所以.令，由函数有两个零点得函数的图像与直线有两个交点.由，得，左顶点为，则曲线表示焦点在y轴的椭圆的上半部分，如图，直线的斜率为1，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，直线过点,所以，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100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：读书平均时长（单位：分钟）人数1030401010语文成绩优秀2203088(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)以样本频率估计概率，现从该学校课外阅读平均时长在，，的学生中各随机选取一名学生成绩进行研究，记所选出的3名学生中语文成绩优秀的人数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)平均数为46，中位数为(2)分布列见解析， 【分析】（1）由频数分布表中，平均数和中位数的定义求即即可；（2）先求出从课外阅读平均时长在，，的学生中各随机选取一名学生的语文成绩为优秀的概率，求出X的可能取值和每个X对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望的公式求出.【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，设中学高三年级学生每天课外阅读时间的中位数为，所以，解得：，该中学高三年级学生每天课外阅读时间的中位数为.（2）从课外阅读平均时长在，，的学生中各随机选取一名学生的语文成绩为优秀的概率分别为，，，∴X的可能取值为0，1，2，3∴所以，X的分布列为X0123P∴.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)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立如下图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）证明：∵平面，且直线PD与平面ABCD所成的角为．∵平面，∴，，，又，∴∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴而，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∵，∴，设平面MAC的法向量，则，∴又平面PAC的法向量，∴，∴二面角的余弦值为．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，并求此时直线l的方程．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）根据条件先计算双曲线方程，再根据焦点计算抛物线方程即可；（2）设l的方程与抛物线联立，利用韦达定理及线段比例关系将两个三角形的面积之和转化为A、B两点的坐标关系式，再利用基本不等式求最值即可得A、B坐标.【详解】（1）由题意得：，解之得，即双曲线的右焦点为，，所以；（2）根据题意不妨设直线l的方程为，，，，则由得∴∵，∴，又，同理，∴，当且仅当，时，“＝”成立，即，此时，直线l的方程为．21．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)当，若两个不相等的正数m，n，满足，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）对求导，讨论和，判断符号，进而确定函数的单调性；（2）由（1）不妨设，要证明，即证明，令，即证明，，求导，分析的单调性，可得，即可证明．【详解】（1）函数的定义域为，．当时，，∴函数在上为增函数；当时，令，得（舍去）或，∴当时，；当时，；∴函数在上为减函数，在上为增函数．（2）当时，，∴，且，∴函数在上为增函数，∵有两个不相等的整数m，n满足，∴不妨设，要证明，即证，即证，又∴即证，即证，即证，令，，则，即证，令，，则，∴ 函数在上为增函数，∴，得证．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种：方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.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．