2023届四川省成都市石室中学高三上学期10月阶段性测数学（文）试题含答案

这是一份2023届四川省成都市石室中学高三上学期10月阶段性测数学（文）试题含答案，共23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届四川省成都市石室中学高三上学期10月阶段性测数学（文）试题 一、单选题1．设集合，且，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合，再由并集的定义求解即可【详解】因为或，，，所以，故选：D2．已知数列的前项和为，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列的递推式依次求出，即得答案.【详解】由可得，则，则，则，故选：D3．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”，用现代数学的方法解释如下，“三分损一”是在原来的长度减去一分，即变为原来的三分之二；“三分益一”是在原来的长度增加一分，即变为原来的三分之四，如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为，输出的的值为.A． B． C． D．【答案】B【分析】执行循环结构的程序框图，根据判断条件，逐次循环计算，即可得到结果．【详解】由题意，执行循环结构的程序框图，可得：第1次循环：，不满足判断条件；第2次循环：，不满足判断条件；第3次循环：，满足判断条件，输出结果，故选B．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算输出结果问题，其中解答中模拟执行循环结构的程序框图，逐次计算，根据判断条件求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．4．函数在上的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用函数的奇偶性及函数值的符号即可做出判断.【详解】因为，所以f（x）是奇函数，排除A，D，当时，，，所以，排除C，故选：B．5．已知椭圆的左右焦点分别，左顶点为A，上顶点为B，点P为椭圆上一点，且，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据题意得到，根据得到，再计算离心率即可.【详解】由题知：，因为，所以，整理得，所以，得，.故选：A6．若x，y满足约束条件则的最大值是（    ）A． B．4 C．8 D．12【答案】C【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数为，上下平移直线，可得当直线过点时，直线截距最小，z最大，所以.故选：C. 7．设是定义域为R的奇函数，且.若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.【详解】由题意可得：，而，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.8．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，则的最小值是（    ）A．40 B．36 C．28 D．24【答案】B【分析】利用抛物线定义加韦达定理以及基本不等式即可求解.【详解】方法一:设,由抛物线的定义，知,联立化简得，由韦达定理得，，所以的最小值为36.故选:B.抛物线的焦点在直线上，，（结论：为抛物线的焦点弦，为定值）故选:B.9．已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．10．在中，，.若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据题意可推出P点到的距离为，即可确定P点在在以为轴，以为底面半径的圆柱的母线l所在直线上，进而作图分析，利用垂直关系说明直线与平面所成最大角为，解直角三角形即可求得答案.【详解】由题意中，，，故，又，，故的边上的高为，即P点到的距离为，故P点在以为轴，以为底面半径的圆柱的母线l所在直线上，  要使直线与平面所成角的正切最大，即直线与平面所成角最大，则必须垂直于圆柱的母线l所在直线，且与l相切于点P，设切点P对应的半径为，M在直线AB上，则垂直于l所在直线，且，而平面，故平面，又母线，故平面，而平面，故平面平面，即平面平面，而平面，即为在平面内的射影，故直线与平面所成的最大角为，因为平面，平面，故，即M点为平面内的点，且垂直于AB所在直线，垂足为M，由，得，又，故，而，故，故，即直线与平面所成角的正切的最大值是，故选：C11．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C.【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 12．直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是、、，则下列关系式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先用转化法判断两条曲线的交点个数，再利用导数的性质画出两个函数图象，最后利用数形结合思想进行求解即可.【详解】当时，则有，设函数，则，当时，单调递增，当时，单调递减，而，而，如下图所示：因此曲线的交点只有一个，因此曲线和只有一个交点，,当时，单调递增，当时，单调递减，且当时，，且，图象如下图所示，，当时，单调递增，当时，单调递减，且当时，，当时，，图象如下图所示，当直线经过曲线和唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，如上图所示，则有，且，①对上式同构可得：，∵，且函数在单调递增，∴，②又∵，，且函数在上单调递减，∴③由方程②③可得：，再结合方程①可得：．故选：D【点睛】关键点睛：用转化法判断曲线、的交点个数是解题的关键. 二、填空题13．化简            【答案】2【分析】结合、换底公式化简计算即可【详解】原式.故答案为：2.14．已知复数，满足，，若（为虚数单位），则      ．【答案】【分析】设，所对应的向量为，，依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律得到，最后根据计算可得；【详解】解：设，所对应的向量为，，，，，因为，，，，，，所以，所以所以故答案为：15．双曲线右焦点为F，点P， Q在双曲线上，且关于原点对称． 若， 则的面积为              ．【答案】4【分析】由条件根据直角三角形的性质可得，由双曲线的定义及对称性可得，由此可求，再求的面积即可.【详解】因为双曲线的方程为，所以，，，设其左焦点为，右焦点因为，关于原点对称，所以，又由双曲线的对称性可得，由双曲线的定义可得,所以，又，所以，所以，故答案为：4.16．已知函数的图象的两相邻零点之间的距离小于，为函数的极大值点，且，则实数的最小值为           .【答案】13【分析】利用辅助角公式化简的表达式，确定，结合求得以及的表达式，结合其平方和为1求得m的值，即可求得，从而可得的表达式，继而求得答案.【详解】由题意得，（为辅助角），由题意知，为函数的极大值点，故，即，故，即，因为，故，即，所以，由于，故，解得（），故，则或，即或，则实数的最小值为13，故答案为：13【点睛】方法点睛：解答此类有关三角函数性质类的题目，要能综合应用三角函数性质，比如周期，最值以及对称性等，求得参数的通式，再结合其他性质即可求解答案. 三、解答题17． 某单位共有10名员工，他们某年的收入如下表：员工编号12345678910年薪（万元）4658951(1)求该单位员工当年年薪的平均值和中位数；(2)已知员工年薪收入与工作年限成正相关关系，某员工工作第一年至第四年的年薪分别为4万元，万元，6万元，万元，预测该员工第五年的年薪为多少？附：线性回归方程中系数计算公式分别为：，其中为样本均值.【答案】(1)11万元；7万元(2)9.5万元 【分析】（1）根据已知数据，结合平均数以及中位数的计算方法，即可求得答案；（2）利用最小二乘法求得回归直线方程，即可预测该员工第五年的年薪.【详解】（1）由题意得该单位员工当年年薪的平均值为（万元）；中位数为（万元）；（2）设表示员工工作年限与年薪收入，则，，，故，则，故线性回归方程为，令，则（万元），即预测该员工第五年的年薪为9.5万元.18．如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明详见解析(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）由于，是的中点，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等体积转换，， 是边长为2的等边三角形， 连接  19．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．(1)证明：﹔(2)求的面积的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据已知条件及三角形的内角和定理，再结合正弦定理边角化即可证明；（2）根据已知及余弦定理求出，利用平方关系得出，再结合三角形的面积公式及二次函数的性质即可求解.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得，，所以．由正弦定理，得．（2）由（1）知，，所以由余弦定理得，，所以．所以的面积，当即（负舍）时，取得最大值为,所以的面积的最大值为.20．已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；（2），则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题. 21．已知椭圆的离心率为，是C的上、下顶点，且．过点的直线l交C于B，D两点（异于），直线与交于点Q．(1)求C的方程；(2)证明，点Q的纵坐标为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由短轴长与离心率求得得椭圆方程；（2）直线l方程为，设，直线方程代入椭圆方程，由得的范围，由韦达定理得，写出直线方程，两式相除代入后可得值，得证定值．【详解】（1）因为，所以，因为，其中，所以设，解得．所以椭圆C的方程为．（2）显然直线l的斜率存在，设直线l方程为，联立直线l与椭圆C方程，消去y得，．设，当，即时，有．直线方程为：，直线方程为：．两式相除得，，因为，所以，整理得．即点Q的纵坐标为定值．22．已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；（2）两方程联立求得点，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.【详解】(1)[方法一]：消元法由得的普通方程为．由参数方程可得，两式相乘得普通方程为．[方法二]【最优解】：代入消元法由得的普通方程为，由参数方程可得，代入中并化简得普通方程为．(2)[方法一]：几何意义+极坐标将代入中解得，故P点的直角坐标为．设P点的极坐标为，由得，，．故所求圆的直径为，所求圆的极坐标方程为，即．[方法二]：由得所以P点的直角坐标为．因为．设圆C的极坐标方程为，所以，从而，解得．故所求圆的极坐标方程为．[方法三]：利用几何意义由得所以P点的直角坐标为，化为极坐标为，其中．如图，设所求圆与极轴交于E点，则，所以，所以所求圆的极坐标方程为．[方法四]【最优解】：由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得解得．设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．又因为点都在所求圆上且为圆的直径，所以，解得．所以所求圆的极坐标方程为．[方法五]利用几何意义求圆心由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得，即P点的直角坐标为．所以弦的中垂线所在的直线方程为，将圆心坐标代入得，解得．所以所求圆的极坐标方程为．【整体点评】(1)[方法一]利用乘积消元充分利用了所给式子的特征，体现了解题的灵活性，并不是所有的问题都可以这样解决；[方法二]代入消元是最常规的消元方法之一，消元的过程充分体现了参数方程与普通方程之间的联系.(2)[方法一]利用几何意义加极坐标求解极坐标方程是充分利用几何思想的提现，能提现思维的 ；[方法二]首先确定交点坐标，然后抓住问题的本质，求得的值即可确定极坐标方程；[方法三]首先求得交点坐标，然后充分利用几何性质求得圆的直径即可确定极坐标方程；[方法四]直径所对的圆周角为是圆最重要的性质之一，将其与平面向量垂直的充分必要条件想联系进行解题时一种常见的方法；[方法五]圆心和半径是刻画圆的最根本数据，利用几何性质求得圆心的坐标即可确定圆的方程.23．已知函数．(1)解不等式；(2)设函数的最小值为，若正数，，满足，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）分，，三种情况讨论解不等式，最后再取并集即可；（2）先由绝对值三角不等式求出，再由结合基本不等式求解即可.【详解】（1）当时，，由可得，则；当时，，由可得显然成立，则；当时，，由可得，则；综上：不等式的解集为；（2），当且仅当即时取等，，则，又，，均为正数，则，当且仅当，即时等号成立，则.