四川省双流中学2022-2023学年高三数学文科上学期第三次质量检测试卷（Word版附解析）

四川省双流中学2023届高三第三次质量检测数学文科满分：150分时间：120分钟一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设全集,若集合满足,则（）A.B.C.D.2.若复数满足(为虚数单位),则复数的虚部为（）A.B.C.D.33.已知直线,则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.已知双曲线的焦点到渐近线的距离为2,则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.5.已知是两个不同的平面,是两条不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则6.已知角的顶点在坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边上有两点,且,则A.B.C.4D. 7.函数在区间上的图象为()A.B.C.D.8.设等差数列的前项的和为,若,则A.17B.34C.51D.1029.已知点在直角的斜边上,若,则的取值范围为()A.B.C.D.10.设,若函数的图象向左平移个单位长度后与函数的图象重合,则的最小值为（）A.B.C.D.11.已知函数,则下列关于函数性质描述错误的是A.函数有两个极值点B.函数有三个零点C.点是曲线的对称中心D.直线与曲线的相切12.已知,则（）A.B.C.D.二.填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.抛物线的焦点到其准线的距离为________14.某智能机器人的广告费用(万元)与销售额(万元)的统计数据如下表:根据上表可得回归方程,据此模型预报广告费用为8万元时销售额为 __________万元.15.在三棱锥中,平面,则三棱锥的外接球的体积为______16.在中,角的对边分别为,若,则________,的取值范围为______三.解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本题满分12分）已知数列的前项和为,若,且.(1)求数列的通项公式;(2)若数列满足,求数列的前项和.18.(本题满分12分）自《“健康中国2030”规划纲要》颁布实施以来,越来越多的市民加人到绿色运动“健步走”行列以提高自身的健康水平与身体素质.某调查小组为了解本市不同年龄段的市民在一周内健步走的情况,在市民中随机抽取了200人进行调查,部分结果如下表所示,其中一周内健步走少于5万步的人数占样本总数的岁以上（含45岁)的人数占样本总数的.（1）请将题中表格补充完整,并判断是否有的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关;(2)现从样本中45岁以上(含45岁)的人群中按一周内健步走的步数是否少于5万步用分层抽样法抽取8人做进一步访谈,然后从这8人中随机抽取2人填写调查问卷,求抽取的2人中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步的概率.附：,其中.19.(本题满分12分）如图,正方形和直角梯形所在平面互相垂直,,且. (1)证明:平面;(2)求四面体的体积.20.(本题满分12分）已知函数,其导函数为.(1)若函数在时取得极大值,求曲线在点处的切线方程;(2)证明:当时,函数有零点.21.(本题满分12分）已知椭圆的左,右顶点分别为,点在椭圆上,且直线的斜率与直线的斜率之积为.(1)求椭圆的方程;(2)若圆的切线与椭圆交于两点,求|的最大值及此时直线的斜率.选作题：考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.(本题满分10分）在直角坐标系中,直线经过点,倾斜角为.以坐标原点为极点,以轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求直线的参数方程和曲线的直角坐标方程;(2)设直线与曲线相交于两点,求的值.23.(本题满分10分）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: 四川省双流中学2023届高三第三次质量检测数学文科参考答案及解析一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.【答案】B【解析】B.先写出集合,然后逐项验证即可.由且得,故选B.2.【答案】C【解析】C.利用复数四则运算,先求出,再依照复数的概念求出复数的虚部.选C.方法一：由题意有,故复数的虚部为.方法二：由,得,故复数的虚部为.3.【答案】A【解析】A.,故“”是“”的充分不必要条件.选A.4.【答案】D【解析】D.不妨取双曲线的右焦点,渐近线,由点到直线距离公式得,然后利用离心率的变通公式,进而求得离心率的值.由题意得,不妨取双曲线的右焦点,双曲线的渐近线为,即,则,即,所以离心率.选D.5.【答案】C【解析】C.充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知,同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证,需注意相应定理的条件的完备性.对于选项,也可能：对于选项,由条件得不到,故不能推断出;对于选项,则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确;对于选项,条件中缺少,故得不到. 6.【答案】D【解析】D.由任意角的三角函数定义,得,故.由得:,变形得:,解得,所以.或者,设,则;由得,解得:,故.选D.7.【答案】D【解析】D.借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性,正弦型函数的符号变化规律,均值不等式等知识进行推断.由知为奇函数,且在内桓正,故A、B选项不正确:又且等号不同时成立,由不等式的性质知,排除选项.选D.8.【答案】B【解析】B.设公差为,则由得,即,故.选B.或者由得.作为选择题由于满足条件的数列不唯一,可举常数列取验证作出选择.9.【答案】A【解析】A.本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义,数量积的坐标表示,数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想,运算求解能力. 方法一:由点在上,设,则,故,由得,所以.选A.方法二:以为原点,所在直线分别为轴建立平面直角坐标系(如图),则,设,则,故,由点在上得:(可借助初中的一次函数知识或必修2第三章直线的方程获得满足的方程),用表示代入(*)式得:,故.选A.方法三：设与与的夹角为,则由题意得,故取最大值时最大,取最小值时最小,结合上图,用运动变化的观点分析易知:在斜边上移动时,当与重合时的模最大且与的夹角最小(),故此时取得最大值,且；当与重合时的模最小且与 的夹角最大),故此时取得最小值,且.应注意,由向量夹角的定义知不是向量与的夹角!!这是向量问题中的易错点10.【答案】B【解析】B.将函数的图象向左平移个单位长度,得的图象.而,故由䞠意知,所以,解得,由知:当时取最小值,故.选B.或者,由知时,由知当时,故由题意得,解得.11.【答案】D【解析】D.的变号零点为和,故A正确:由知B正确:由是奇函数,其图象向上平移1个单位长度得到函数的图象,故C正确:由于函数在处取极小值,故直线与曲线不相切,故D错误,选D.也可借助函数的图象直观感知作出判断.12.【答案】A【解析】A.由已知得:,故 的大小顺序与的大小一致.由知,排除B、D.由得;由得,即,所以,排除C.故选A.或者利用函数的单调性比较的大小.事实上,当时,故在上是减函数,所以,由换底公式得,故.选A.二.填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.【答案】2【解析】由抛物线的几何性质知,其焦点到准线的距离为,本题中.14.【答案】57【解析】计算得,则样本中心点是,代入回归方程得,所以回归方程是,将代入得.15.【答案】【解析】由平面平面,得；由,及勾股定理得:,又,故,所以,即两两垂直,所以三棱锥的外接球与以分别为长、宽、高的长方体的外接相同(如右图,为球心),所以球半径,从而. 16.【答案】.【解析】以三角形边角关系的射影定理为背景,综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法,三角函数的图象与性质等知识,求角时,既可用正弦定理边化角,也可用余弦定理角化边,还可直接用教材中习題的结论一一射影定理简化;对于的范围问题,可利用且转化只含一个角变㫣的函数的值域.(1)求角的过程与方法.①由已知及正弦定理得:,又,故,所以.②由已知及射影定理得:,故,又,所以.③由已知及余弦定理得:,化简得,又,所以.(2)求范围的过程与方法. 策略一:利用正弦型函数的图象与性质.由得,故,且.①.因为,故,当且仅当时取等号,故.②令,由题意得.故.因为,所以,当且仅当,即时取等号,故.③由和、差角的余弦公式可得:,由已知得,故,所以,当且仅当时取等号,故.策略二:用余弦定理转化.④在中,由正弦、余弦定理得:, 代入得:,变形得,由已知得,故,所以所以,当且仅当时取等号,故.三.解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.【答案】(1)(2).【解析】解:(1)方法一:由得:,变形得①又且②由①②知:对任意,恒有,且数列是首项与公比均为2的等比数列.方法二由变形得:又,故数列是以4首项,2为公比的等比数列,故 当时,又也适合上式(2)方法一:由(1)知,两式相减得:.裂项变形得：即.18.【答案】（1）有的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年軨有关（2）【解析】解:(1)由题意得,总人数为20045岁以上（含45多）的人数为岁以下的人数为80.一周内健步走少于5万步的人数为由此得如下列联表:故 有的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年軨有关（2）由题意，抽取的8人中一周内健步走万步有6人，少于5万步的有2人将一周内健步走万步的6人编号为,另外两人记为,则所有可能情况如下:.总共28种.其中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步所有可结果如下：.共12种记“抽取的2人中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步”这事件C由等可能事件的概率公式得:.19.【答案】(1)见解析(2)2【解析】(1)证明方法一:由正方形的性质得:又平面平面平面平面平面平面平面平面平面平面//平面. 方法二:在取点使得,连结,如图四边形是平行四边形故,且又四边形是平行四边形..又平面平面//平面.(2)由体积的性质知:平面平面,平面平面平面平面又故点到平面的距离为2,即三棱雉底面上的高由题意,知且20.【答案】(1)曲线在点处的切线方程为,即(2)见解析 【解析】解:（1）在是减函数由在时取得极大值得：,即,解得：,故曲线在点处的切线方程为,即(2)证明方法一:由题意得:由得,其判别式由一元二次方程根与系数的关系知,关于的方程有唯一正根设的唯一正根为,则有当时,,故单调递增;当时,,故单调递减设,则在上是增函数且由及得:,解待,故 又且在内有零点,即有零点方法二:由题意得:由得,其判别式由一元二次方程的根与系数的关系知,方程有唯一正根设的正根为,则有当时，,故单调递增：当时,,故单调递减且有零点等价于,即.由在上是增函数且知:当且仅当时,由及得:,解得,即当时,成立有零点方法三:有零点等价于关于的方程有正根 亦等价于关于的方程有解.设,则.记,则,故是增函数又,故有唯一零点当时,,故是单调递减;当时,,故是单调递增.,即当时,函数有零点.方法四:要证:当时,函数有零点只需证:当时,直线与函数的图象有公共点..由知:当时,,故单调递减;当时,,故单调递.是曲线在点处的切线即当时,直线与函数的图象有唯一公共点当时,直线与函数的图象在第一象限相交,有两个公共点.综上,当时,直线与函数的图象有公共点. 当时,函数有零点.21.【答案】(1)椭圆的方程为(2)直线的斜率为.【解析】解:(1)由点在上得:①(1)由椭圆的标准方程得,故由得:,解得:将代入①得:椭圆的方程为(2)由题意知直线不能平行于轴设直线的方程为由直线与圆相切得:,化简得由消去整理得:于是,由求根公式得:令,则且当且仅当,即时取等号. ,此时由解得:直线的斜率为.22.【答案】(1)(2).【解析】解:(1)直线过点,且倾斜角为的参数方程为.(为参数),即(为参数).由,得将代入上式得:的直角坐标方程为(2)设两点对应的参数分别为将的参数方程代入的直角坐标方程,得整理，得此时即.23.【答案】(1)不等式的解集为(2)见解析【解析】 不等式的解集为(2)当且仅当即时,取等号.从而.方法一:均为正数当且仅当时等号成立方法二:均为正数当且仅当,即时等号成立