精品解析：四川省成都市第七中学高三上学期第三次质量检测数学理科试题

这是一份精品解析：四川省成都市第七中学高三上学期第三次质量检测数学理科试题，文件包含精品解析四川省成都市第七中学高三上学期第三次质量检测数学理科试题解析版docx、精品解析四川省成都市第七中学高三上学期第三次质量检测数学理科试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

成都市第七中学高第三次质量检测数学 (理科)
时间120分钟 满分: 150分
一 选择题（共计10道小题，每题6分，共计60分）
1. 已知集合， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简再求并集即可
【详解】解：，
由，
解得：，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】因为，因此，.
故选：C.
3. 在区间内任取一实数，则成立的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性解不等式，再由几何概型求解.
【详解】由可得，解得，
由几何概型可知，，
故选：A
4. 设数列满足且，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先确定数列为周期数列，然后结合数列的周期即可求得最终结果.
【详解】由题意可得：，，
，，
据此可得数列是周期为4的周期数列，
则.
故选：D
5. 下列四个叙述中，错误的是（ ）
A. “为真”是“为真”的必要不充分条件
B. 命题：“且，的值域是”，则：“且，使得”
C. 已知且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”
D. 已知函数，函数，若对任意，存在，使得成立，则的范围是
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用真值表，且是命题和或是命题的关系，均值不等式，四种命题，恒成立问题和存在性问题的应用判断、、、的结论．
【详解】解：对于：当“为真”时，则“为真”，但是当“为真”时“不一定为真”，故“为真”是“为真”的必要不充分条件，故正确；
对于：命题：“且，的值域是，，”，则：“且，使得，故正确；
对于：已知，且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”故正确；
对于：已知函数，函数，若对任意，，存在，，使得成立，即，则的范围是，，故错误．
故选：D．
6. 袋中有6个大小相同的黑球，编号为，还有4个同样大小的白球，编号为，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（ ）
①取出的最大号码服从超几何分布；
②取出的黑球个数服从超几何分布；
③取出2个白球的概率为；
④若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为
A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取可判断①②；利用超几何分布求概率的方式即可判断③④
【详解】对于①，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故①错误；
对于②，取出的黑球个数符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故②正确；
对于③，取出2个白球的概率为，故③错误；
对于④，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，
总得分最大的概率为，故④正确．
故选：B
7. 已知函数在处取得最大值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根辅助角公式和正弦函数最值求解即可.
【详解】，其中为锐角，.
因为当处取得最大值，所以，，
即，，
所以.
故选：A
8. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解.
【详解】延长至点，使，连接，，．
因为是母线的中点，所以，
所以为异面直线与所成的角（或补角）．
由题意知，，又是的中点，所以，
所以在中，．
因，
所以，所以．
在中，，
则由余弦定理得，
故选：A．

【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
9. 已知定义在上的奇函数满足 ， 且当 时， ， 则下列结论正确个数为（ ）
①的一个周期为2 ②
③ ④图象关于直线对称
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由条件证明，由此判断①，④，根据已知条件结合奇函数的性质求，判断②，根据函数的单调性判断③，由此确定正确命题的个数.
【详解】因为当 时， ，所以，
因为，所以，所以，因为，所以2不是的周期，①错，因为，所以函数图象不关于直线对称，④错，
因为，所以，即，
因为函数的定义域为，且为奇函数，所以，所以，所以，②对，
因为，所以，又，所以，
因为在上的单调递增，又，所以，
因为在上单调递增，又，所以，所以，因为当 时， ，函数在上单调递增，所以，又，所以，③错，
所以正确的命题只有②，
故选：A.
10. 设，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解
【详解】因为，所以，
又，
令，，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即；
又，
令，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即，
故
故选：B
【点睛】关键点睛：求解本题的关键是构造函数，和，利用导数判断单调性，从而可得的大小关系
二 填空题（共计4道小题，每题6分，共计24分）
11. 若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的数量积的定义和运算法则计算出、、的值，利用公式，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.
【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则，
所以，，
，
，
所以，，
，所以，.
故答案：.
12. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.
① ;②当时，单调递减; ③为偶函数.
【答案】（不唯一）
【解析】
【分析】根据对数函数性质即可做出判断.
【详解】性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.
故答案为：（不唯一）
13. 如图， 为边长为 2 的正 的重心， ， 为 的外心， 则 _________ ; 的面积为_____.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意易知的外心为斜边的中点，在三角形中利用余弦定理及三角形面积公式得到结果.
【详解】连接，则，

∵，，，
∴，
∴，∴，
∴的外心为斜边的中点，
∴三点共线，且，又，
在中，，
∵为正的重心，∴，
又∵为的外心，∴，
∴是等边三角形，∴，∴，
在中，由余弦定理可得，
根据三角形面积公式，
故答案为：，.
14. 过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过拋物线的焦点，那么的最小值为_________．
【答案】16
【解析】
【分析】设，写出以为切点的切线方程，由判别式求出切线斜率，得到以为切点的切线方程，同理求出以为切点的切线方程，结合在两条切线上得直线的方程，联立直线与抛物线方程，根据根与系数的关系，结合抛物线定义得出结果．
【详解】设，，以为切点的切线斜率为，
则以为切点的切线方程为，
与抛物线联立，得，
由，即，
则，即，解得，
则以为切点的切线方程为，即，，整理得；
同理，设，，则以为切点的切线斜率为，
以为切点的切线方程为，
又因在切线和，
所以，，
所以直线的方程，
又因为直线经过抛物线的焦点，
所以令得，即，，
所以抛物线方程为，直线的方程，
联立，消去得，
∴，
∴，
，
∵，∴，
所以，
则当时，取最小值16．
故答案为：16．
三 解答题（共计5道小题，共66分，写出必要的文字说明和演算步骤）
15. 已知公差大于0的等差数列满足，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据基本量与等比中项的性质求解即可；
（2）根据等比数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设公差为，因为，，成等比数列，则，
即，，解得，（舍），
所以；
【小问2详解】
，，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以．
16. 如图，三棱柱中，，，，分别是和的中点，点在棱上，且.

（1）证明：平面；
（2）若底面，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）证明线线平行，从而推出线面平行.
（2）利用题设得三条两两垂直的线段，建系求平面法向量，利用法向量夹角求所求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，，.

因为，分别是和的中点，
故，故.
又，，故，故.
又平面，所以平面.
（2）由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
所以.
由题意知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：若二面角的平面角不便作出，且几何体中有便于建系的垂直条件时，常通过建系求相关平面的法向量，从求二面角的余弦值.
17. 现有 两所学校高三学年分别采用甲，乙两种方案进行线上教学， 为观测其教学效果， 分别在两所学校的高三学年各随机抽取 60 名学生， 对每名学生进行综合测试评分， 记综合评分为 80 及以 上的学生为优秀学生， 经统计得到两所学校抽取的学生中共有 72 名优秀学生.
（1）用样本估计总体， 以频率作为概率， 若在 两个学校的高三学年随机抽取 3 名学生， 求所抽取的 学生中的优秀学生数的分布列、数学期望和方差;
（2）已知 A 学校抽出的优秀学生占该校抽取总人数的 ， 填写下面的列联表， 并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为学生综合测试评分优秀与教学方案有关.

优秀学生
非优秀学生
合计
甲方案



乙方案



合计



附：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
， 其中.
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1.8，方差为0.72；
（2）列联表见解析，不能.
【解析】
【分析】（1）记优秀学生数为，分析出，求出概率，即可写出分布列；（2）由题意分析数据，完善列联表，套公式计算，对着参数下结论.
【小问1详解】
由已知，学生为优秀的概率为 ， 记优秀学生数为. 由题意知，的所有可能取值为，且
则 ，
.
故 的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
所以 的数学期望为， 方差;
【小问2详解】
填写列联表如下:

优秀学生
非优秀学生
合计
甲方案
40
20
60
乙方案
32
28
60
合计
72
48
120
计算 ，
所以不能在犯错误的概率不超过的前提下认为学生综合测试评分优秀与教学方案有关.
18. 已知椭圆的离心率为，长轴的两个端点分别为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、(不与A、B重合)两点，直线与直线交于点，求证：、、三点共线．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；
(2)设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，作差判断，即、、三点共线．
【小问1详解】
由长轴的两个端点分别为，，可得，
由离心率为，可得，∴，
又，解得，
∴椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由题可知若l斜率存在，且斜率不为零，故设的方程为，设，，，，
由得，，
则，，所以
∴，直线的方程为，∴，
∴，，
∴
，即，
∴、、三点共线．
19. 已知函数．
（1）若，当时，求证：为单调递减函数；
（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）若，当时，对求导，令，解不等式即可求出答案.
（2）在上恒成立转化为，
令，求在的最小值即可.
【小问1详解】
若，则，
，
因为，，
，，
，在为单调递减函数；
【小问2详解】
，即，
令，，
则，
令，
，，，单调递减，
，，单调递增，
而，，
故在恒成立，
故在恒成立，
所以在为减函数，
所以，故，
所以实数a的取值范围是．