四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学下学期三诊复习（文科）试题八（Word版附答案）

这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学下学期三诊复习（文科）试题八（Word版附答案），共18页。试卷主要包含了若复数z满足，则复数z的虚部为，已知集合，，，则实数的值为，已知，则的值为等内容，欢迎下载使用。

成都石室中学高2023届三诊复习题八（文科）
1．若复数z满足，则复数z的虚部为（    ）
A．i B． C．1 D．
2．已知集合，，，则实数的值为（    ）
A． B． C． D．
3．记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．在中，内角的对边分别为，且，，则满足条件的三角形有（    ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个
5．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
7．某程序框图如图所示，则输出的S的值为（    ）
A． B． C． D．
8．如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（    ）
A． B． C． D．
9．伦教奥运会自行车赛车馆有一个明显的双曲线屋顶，该赛车馆是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的双曲线顶的一段近似看成离心率为的双曲线C：上支的一部分，点F是C的下焦点，若点P为C上支上的动点，则与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为（    ）

A．7 B．6 C．5 D．4
10．已知四棱锥的底面是矩形，高为，则四棱锥的外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
11．已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
12．已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
13．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．若为的导函数，则______．
14．已知向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________.
15．88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列．若中音A（左起第49个键）的频率为，钢琴上最低音的频率为，则左起第61个键的音的频率为___________．
16．已知曲线：，抛物线：，为曲线上一动点，为抛物线上一动点，与两条曲线都相切的直线叫做这两条曲线的公切线，则以下说法正确的有___________
①直线l：是曲线和的公切线：
②曲线和的公切线有且仅有一条；
③最小值为；
④当轴时，最小值为.
17．为改善学生的就餐环境，提升学生的就餐质量，保证学生的营养摄入，某校每学期都会对全校3000名学生进行食堂满意度测试.已知该校的男女比例为1∶2，本学期测试评价结果的等高条形图如下：

男
女
合计
满意



不满意



合计


3000
(1)填写上面的列联表，并根据列联表判断是否有99.9%的把握认为学生对学校食堂的“满意度”情况与性别有关；
(2)按性别用分层抽样的方法从测试评价不满意的学生中抽取5人，再从这5人中随机选出3人交流食堂的问题，求选出的3人中恰好没有男生的概率．

0.10
0.05
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
附：，．















18．已知向量，，且函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，，求的取值范围.



















19．如图①所示，已知正三角形与正方形，将沿翻折至所在的位置，连接，，得到如图②所示的四棱锥.已知，，为上一点，且满足.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面.若存在，指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.


















20．已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ
(1)求Γ的方程；
(2)坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.
①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.































21．已知函数.
(1)若单调递减，求的取值范围；
(2)若的两个零点分别为，，且，证明：.（参考数据：）




















22．在直角坐标系中，点为坐标原点，直线的直角坐标方程为，直线与x轴交于点M，抛物线C的参数方程为（为参数）.
（1）以点O为极点，以轴正半轴为极轴，求直线的极坐标方程及点M的极坐标；
（2）设直线与抛物线C相交于E，F两点，若，求抛物线C的准线方程.







23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3，证明：
(1)a+b+2c≤3；
(2)若b=2c，则1a+1c≥3．


参考答案：
1．C
【分析】根据复数的除法法则得到，求出虚部.
【详解】由得，
故复数z的虚部为1
故选：C
2．A
【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.
【详解】由知：，
当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当，即或，
若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若，则，，满足要求.
综上，.
故选：A
3．B
【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】等差数列的前项和为，则，
数列的前项和为，取，显然有，
而，即数列不是等差数列，
所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.
故选：B
4．C
【分析】根据与的大小判断可得.
【详解】因为，，，
所以，所以满足条件的三角形有2个.
故选：C
5．C
【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.
对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.
对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.
对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.
故选：C
6．C
【分析】应用诱导公式可得，再由倍角余弦公式求即可.
【详解】由，
所以.
故选：C
7．B
【分析】根据程序框图先计算时的值，再根据循环结构跳出循环输出即可.
【详解】执行如图所示程序框图可知，
当时，，
再执行一次，此时需跳出循环，
故输出的的值为.
故选:B.
8．B
【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.
【详解】
如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.
则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以，
在中，，
在中，，
同理可得.
令上的高为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，
同理可得，
故截面的面积.
故选：B
【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:
①直接法:截面的定点在几何体的棱上；
②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
9．C
【分析】根据离心率求出双曲线方程，可得出焦点坐标及渐近线方程，再利用双曲线的定义转化为求，数形结合即可得出最小值．
【详解】依题意，双曲线的离心率为，
则，解得，
所以双曲线方程为，
则双曲线得下焦点为，上焦点，渐近线方程为，如图，

根据图形的对称性，不妨取渐近线为，即，
又点P为双曲线上支上的动点，则，
过点P作，垂足为Q，过点作，垂足为M，
则，
所以与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为．
故选：C．
10．B
【分析】作出辅助线，求出平面外接圆半径，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出球的体积.
【详解】如图，在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
取的中点，连接，记的外接圆圆心为，易知，且共线.
因为，平面，所以平面，
所以平面，平面，，，平面，
所以平面，所以，所以，易得，
所以由正弦定理得的外接圆半径为，即.
过作平面，且，连接，由平面，
可知，则四边形为矩形，所以，则平面.
根据球的性质，可得点为四棱锥的外接球的球心.
因为，所以四棱锥的外接球的体积为.

故选：B
11．A
【分析】根据直线所过定点和可知，由此可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆（不含点），由垂径定理和圆上点到定点距离最小值的求法可求得，结合向量数量积的运算律可求得的最小值.
【详解】由圆的方程知：圆心，半径；
由得：，恒过定点；
由得：，恒过定点；
由直线方程可知：，，即，
设，则，，
，整理可得：，
即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又直线斜率存在，点轨迹不包含；
若点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，
由知：，
则，
（当在处取等号），
即的最小值为.
故选：A.
12．D
【分析】将函数有两个零点，转化为的图象有两个交点问题，利用导数判断的单调性，作出其大致图象，数形结合，列出能保证存在唯一的整数的不等关系，即可求得答案.
【详解】由题意函数有两个零点，
即，得有两个正实根，
设，则，
令，解得，当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
故当时，函数取得极大值，且，
又时，；当时，；
当时，，
作出函数的大致图象，如图所示：

直线与的图象的两个交点的横坐标即分别为，
由题意知，又，
因为存在唯一的整数，所以，
又直线与的图象有两个交点，
由图可知：，即，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题是根据函数零点的个数求参数的取值范围问题，关键在于要保证存在唯一的整数，因此解答时利用导数判断函数的单调性，作出函数图象，数形结合，列出保证条件成立的不等式，求解答案.
13．
【分析】先利用奇函数性质求出时函数的解析式，求出导函数，代入计算即可.
【详解】当时，，，所以，
即当时，，所以，
所以，
故答案为：
14．
【分析】利用向量数量积及共线的定理的坐标表示即可求解.
【详解】因为，且与的夹角为锐角,
所以，且，解得且，
所以实数的范围是.
故答案为：.
15．880
【分析】设等比数列的公比为，根据已知求出，再利用等比数列的通项即得解.
【详解】设等比数列的公比为，则，所以，
则左起第61个键的音的频率为．
故答案为：880
16．①③④
【分析】对于①利用导数的几何意义即可求解；对于②，分别设两条曲线上的切线方程，然后根据公切线的定义建立方程，将方程转化为函数，研究函数的零点即可；对于③，利用抛物线的焦半径公式转化求的最小值，进而建立函数，然后再研究函数的单调性即可；对于④，先设动点的坐标，根据轴，进而建立目标函数，然后研究该函数单调性即可.
【详解】解：选项①，对于曲线，，当时，，，
故直线与曲线相切与点；
联立，可得，故此时直线与切于点，
故直线l：是曲线和的公切线，故①正确；
对于②，设公切线分别与切于点，
则曲线的切线为：，曲线的切线为，
根据与表示同一条直线，则有，
解得，令，则有，
可得在区间上单调递增；在区间上单调递减，
则有，
根据零点存在性定理可知，在区间上存在一个零点，即存在一条公切线
故曲线和的公切线有且仅有2条，故②错误；
对于③，如图所示，可得，根据抛物线的焦半径公式可得，
故有：，
设点的坐标为：，则有：，
令，可得，
再次求导可得：，故在上单调递增，
又，可得：当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
故，则，故，故③正确；
对于④，当轴时，设，则，则有：，
记，则有，令，解得：，
故当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
故有，故，故选项④正确.
故答案为：①③④.

17．(1)列联表见解析，有99.9%的把握认为学生对学校食堂的“满意度”与性别有关
(2)

【分析】（1）根据题意和等高条形图，求出对应的数据，将列联表补充完整，利用卡方公式计算，结合独立性检验的思想即可下结论；
（2）由分层抽样的定义可知抽取的男生1人，女生4人，利用列举法即可解决该古典概型问题.
【详解】（1）∵该校的男女比例为1：2，总人数为3000人，
∴该校男生数为，该校女生数为，
其中测试评价满意的男生数为，不满意的男生数为300，
其中测试评价满意的女生数为，不满意的女生数为，
列联表如下：

男
女
合计
满意
700
800
1500
不满意
300
1200
1500
合计
1000
2000
3000
∵，
∴由独立性检验定义知，有99.9%的把握认为学生对学校食堂的“满意度”与性别有关．
（2）按性别用分层抽样的方法从测试评价不满意的学生中抽取5人，
由分层抽样的定义可知，抽取的男生人数为，抽取的女生人数为，
设男生为A，女生为a，b，c，d，基本事件总数为10个，如下：
，，，，，，，，，
恰好没有男生的基本事件个数为4个，如下：，，，，
所以这5人中随机选出3人，恰好没有男生的概率为：．
18．(1)
(2)

【分析】（1）由题知，再根据正弦函数的单调性求解即可；
（2）由正弦定理边角互化，结合恒等变换得，进而得，，再根据三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为向量，且函数，
所以，
令，解得，
所以函数的单调增区间为；
（2）因为，
所以，
即，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
，
由，得，所以
所以.
19．(1)证明见解析；
(2)存在，为线段的中点，理由见解析.

【分析】（1）根据给定条件，利用勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理作答.
（2）连接，取的中点，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.
【详解】（1）是正三角形，有，中，，则，
正方形中，，平面，于是平面，而，
所以平面.
（2）点为线段的中点，平面，
取的中点，连接，连接，连接，如图，

于是，而平面，平面，因此平面，
依题意，为上一点，且满足，则为中点，又为中点，即有，
而平面，平面，因此平面，又平面，
从而平面平面，又面，则平面，
所以点为线段的中点时，平面.
20．(1)
(2)结论③正确，证明见解析

【分析】（1）由几何性质知P到，两点的距离之和为定值可得P的轨迹为椭圆；
（2）解法一、二：设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法三：当直线垂直于x轴时求得Q横坐标为4，当直线不垂直于x轴时，设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法四：设直线，，，表示出直线，的方程，利用在椭圆上得，将直线的方程化为，与直线联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
【详解】（1）由题意得，，.
因为D为BC中点，所以，即，
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左､右顶点除外）.
设，其中，.
则，，，.
故.

（2）解法一：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.

解法二：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，
得

，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.

解法三：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0.
（i）当直线垂直于x轴时，，由，得或.
不妨设，，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，所以，
故Q到的距离，此时的面积是.

（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得
.
下证：.
即证，即证，
即证，
即证，
上式显然成立，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
此时的面积是定值，为.
由（i）（ii）可知，的面积为定值.
解法四：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：.
由，得
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.

【点睛】方法点睛：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得在时恒成立，由此可得，再利用导数求函数的最大值，由此可得的取值范围；
（2）令，则，由已知可得要证明只需证明，利用导数求的最小值即可证明结论.
【详解】（1）由得，，
因为单调递减，所以在时恒成立，
所以在时恒成立，即，
令，则，
可知时，，单调递增；时，，单调递减，
则时取最大值，
所以，即，所以的取值范围是.
（2）因为有两个零点，，
令，则，
当时，，单调递增，不符合题意，
当时，由可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
由可知，，
要证明，只需证明.
由已知可得，化简得，
所以，
.
令，则，要证明，只需证明.
令，且，则，
令，且，则，
则在时单调递增，故，
故，则在时单调递减，
所以，即，则有，
所以，即原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．（1），；（2）.
【分析】（1）根据化为极坐标方程即可；
（2）直线的参数方程与抛物线联立，再运用的几何意义及韦达定理解方程即可.
【详解】（1）由得直角坐标方程，
得，
所以，
所以，
所以.
令，得点M得直角坐标为，
所以点M的极坐标为.
（2）把为参数化为普通方程，得，
由（1）知，的倾斜角为，参数方程为为参数，
代入，得，
设E，F对应得参数分别为，，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以抛物线C得准线方程为.
23． (1)证明：由柯西不等式有a2+b2+2c212+12+12≥a+b+2c2，
所以a+b+2c≤3，
当且仅当a=b=2c=1时，取等号，
所以a+b+2c≤3；
(2)证明：因为b=2c，a>0，b>0，c>0，由（1）得a+b+2c=a+4c≤3，
即0 由权方和不等式知1a+1c=12a+224c≥1+22a+4c=9a+4c≥3，
当且仅当1a=24c，即a=1，c=12时取等号，
所以1a+1c≥3.