2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（理）数学试题含解析

这是一份2023届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（理）数学试题含解析，共17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届四川省成都市郫都区高三下学期阶段性检测（三）数学（理）数学试题 一、单选题1．已知复数，若，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据给定条件，求出a值，即可求出复数对应点的坐标作答.【详解】依题意，，即，又，因此，解得，则有，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2．某程序框图如图所示，则输出的S=（    ）A．8 B．27C．85 D．260【答案】C【分析】直接运行程序框图即可求解.【详解】由图可知,初始值；第一次循环，，不成立；第二次循环，，不成立；第三次循环，，成立；退出循环，输出的值为.故选：C.3．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得，，根据集合的交集运算解决即可.【详解】由题知，，在中，，解得，所以，在中，，解得，所以，所以.故选：B4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是下面的（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三视图的定义判断即可.【详解】根据正视图可知A,B错误，根据俯视图可知D错误，结合三视图可知C符合题意，故选:C.5．若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据导数的几何意义分析运算．【详解】，则，设直线l与曲线C的切点，则直线l的斜率，由于直线斜率为，则，解得，所以，即切点为，故，解得．故选：C.6．下列说法正确的有（    ）①对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大；②我校高一、高二、高三共有学生人，其中高三有人.为调查需要，用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为的样本，那么应从高三年级抽取人；③若数据、、、的方差为，则另一组数据、、、的方差为；④把六进制数转换成十进制数为：.A．①④ B．①② C．③④ D．①③【答案】A【分析】利用独立性检验可判断①；利用分层抽样可判断②；利用方差公式可判断③；利用进位制之间的转化可判断④.【详解】对于①，对于分类变量与，它们的随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的把握越大，①对；对于②，由分层抽样可知，应从高三年级抽取的人数为，②错；对于③，记，则，所以，数据、、、的平均数为，其方差为，③错；对于④，把六进制数转换成十进制数为：，④对.故选：A.7．程大位（1533~1606），明朝人，珠算发明家.在其杰作《直指算法统宗》里，有这样一道题：荡秋千，平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步与人齐，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉，良工高士素好奇，算出索长有几？将其译成现代汉语，其大意是，一架秋千当它静止不动时，踏板离地一尺，将它向前推两步（古人将一步算作五尺）即10尺，秋千的踏板就和人一样高，此人身高5尺，如果这时秋千的绳索拉得很直，请问绳索有多长？（    ）A．14尺 B．14.5尺 C．15尺 D．15.5尺【答案】B【分析】根据勾股定理即可得解.【详解】设绳索长度为 尺, 则秋千被推送 10 尺时, 踏板距绳索顶端的距离为 , 此时踏板距绳索顶端距离、往前推送10尺的水平距离、绳索长刚好构成一直角三角形.则根据勾股定理可列方程： 解得, , 即绳索长度为尺,故选：C.8．已知函数，则函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由函数的奇偶性，特殊点的函数值对选项逐一判断，【详解】，，故为偶函数，故B，C错误，当时，，，故，故D错误，故选：A9．在中，已知，，，则的面积为（    ）A． B．或 C． D．【答案】B【分析】先用余弦定理求得b，然后由三角形面积公式计算．【详解】因为中，已知，，，所以，由余弦定理得，解得或2，所以的面积或．故选：B.10．如图，在中，，以为直径的半圆上有一点M，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系. ,得出以为直径的圆的方程，根据向量坐标用表示出的坐标，代入圆的方程可得答案.【详解】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.则，则以为直径的圆的圆心为的中点.则以为直径的圆的方程为：则，所以由点在圆上，可得即，解得或（舍）故选：A11．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于，P，Q两点，则的最小值是（    ）A．8 B．10 C．13 D．15【答案】C【分析】利用韦达定理和抛物线的定义表示出，利用基本不等式求解.【详解】设直线，，，联立，整理得，则，故.因为，，所以，当且仅当即时，等号成立.故选:C.12．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.【详解】令，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以所以，即，所以.令，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，即，所以，综上，.故选：D.【点睛】解决此题的关键是构造函数，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可. 二、填空题13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______.【答案】4【分析】画出可行域，结合的几何意义求解.【详解】画出可行域如图，  设，即经过时，截距最小，此时z取得最大值，最大值为4.故答案为:4.14．已知，则______.【答案】【分析】根据二项式的展开式通项公式求解.【详解】因为，因为展开式的通项公式为，所以，所以，故答案为: .15．在直三棱柱中，是等边三角形，，在该三棱柱的外接球内随机取一点，则点在三棱柱内的概率为_____________.【答案】【分析】分别求出三棱柱的体积及其外接球的体积，利用体积型几何概型的概率公式计算.【详解】设，则，由题意可知三棱柱是正三棱柱，如图所示，为正的中心，为外接球的球心，则该三棱柱的体积.因为是等边三角形，且，，所以外接圆的半径.设三棱柱外接球的半径为，有，，，由平面，则，即，从而，故该三棱柱外接球的体积.由几何概型可知所求概率.故答案为：16．定义在上的函数在区间内恰有两个零点和一个极值点，则的取值范围是_____________.【答案】【分析】依题意首先求出的大致范围，进而确定的范围，根据题意结合正弦函数可得，即可求出ω的取值范围.【详解】设函数的最小正周期为，由正弦型函数可知：两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，则，则，注意到，解得，∵，则，由题意可得：，解得，故的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：（1）根据正弦型函数的性质估算的范围；（2）求的范围，结合正弦函数的图象与性质列式求解. 三、解答题17．已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______（从①；②，，成等比数列；③这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）．(1)求；(2)设，数列的前项和为，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由①可得，由②可得，由③可得，选择①②､①③､②③条件组合，均得，，即得解析式；（2）可得，由裂项相消法求出即可.【详解】（1）①由，得，即；②由，，成等比数列，得，，即；③由，得，即；选择①②､①③､②③条件组合，均得，，故.（2）∴.18．甲袋中有个黑球，个白球，乙袋中有个黑球，个白球，从两袋中各取一球．(1)求“两球颜色相同”的概率；(2)设表示所取白球的个数，求的概率分布列．【答案】(1)(2)分布列答案见解析 【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列.【详解】（1）解：从甲中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，从乙中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，故“两球颜色相同”的概率．（2）解：由题意可得，所有可能取值为、、，，，，故的分布列如下表所示：P 19．如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点．(1)求证：平面；(2)若二面角为，，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案；（2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）因为是圆的直径，所以，因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，又因为，平面，平面PAC，所以平面，因为分别是棱的中点，所以，从而有平面；（2）由（1）可知，平面，平面，所以,平面，平面,所以为二面角的平面角，从而有，则，又，得，以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，,，，，，所以，，,设是平面的一个法向量，则，即，可取，设AE与平面ACD所成角为故，所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.20．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据P的坐标和⊥轴可得的值，根据可求a，再由、、之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；(2)设直线的方程为，，，M在第一象限．联立直线与椭圆方程，根据，以及面积比可得、关系，结合韦达定理即可求出m的值，从而求出直线l的方程．【详解】（1）由题意得，，，则，即，∴，故的方程为；（2）设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．与椭圆方程联立，，消去，得，，，∵，，与的面积比为，∴，整理得，∴，，即，解得，∵，∴，直线的方程为，即.21．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】(1)上单调递减，在上单调递增.(2) 【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，令，利用导数说明的取值情况，即可得到的单调性；（2）令，问题转化为与的图象有两个交点，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的取值范围即可．【详解】（1）解：当时，，则，令，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，又，，且当时，，则，所以当时，当时，即当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）解：因为有两个零点，所以方程有两个不同的根，即关于的方程有两个不同的解，当时，方程不成立，所以，令，，则与的图象有两个交点，又，令，解得或，令，得或，所以在，上单调递增，在，上单调递减，当时，取得极大值，当时，取得极小值，因为，且当时，，所以的取值范围是．22．已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.(1)求直线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；(2)记为直线与曲线的一个交点，求的面积.【答案】(1)，(2)12 【分析】（1）根据参数方程转化为直角坐标方程，直角坐标方程与极坐标方程互化的知识求解即可；（2）解法一：联立直线与曲线的方程，求得的坐标，根据极坐标知识求得的面积.解法二：，故无论在何处， 为定值，而  ，为到的距离，求解即可得出答案.【详解】（1）由直线的参数方程可得直线的普通方程为. 将代入得故直线的极坐标方程为.              而曲线，即，则.                 故曲线的直角坐标方程为.（2）解法一：由，可得或，                   因为点的极坐标为，直线的普通方程为.    所以，故无论在何处， 为定值. 因此不妨取点，转化为极坐标为. 由于点的极坐标为.故的面积.           解法二：因为点的极坐标为，直线的普通方程为.    所以，故无论在何处， 为定值，  ，为到的距离，，       23．已知m≥0，函数的最大值为4，(1)求实数m的值；(2)若实数a，b，c满足，求的最小值.【答案】(1)m＝2(2) 【分析】（1）利用绝对值三角不等式，可得，结合函数的最大值为4，即可求实数的值；（2）根据柯西不等式得：，即可求的最小值．【详解】（1）∵m≥0，∴，当时取等号，∴，又的最大值为4，∴m＋2＝4，即m＝2.（2）根据柯西不等式得：，∵，∴当且仅当，即，，时等号成立.∴的最小值为.