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（理科）试题八（Word版附答案）

石室中学高2023届三诊复习题八（理科）1．若复数z满足，则复数z的虚部为（    ）A．iB．C．1D．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．已知，则的展开式中含项的系数为（    ）A．28B．56C．96D．1288．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．7B．6C．5D．410．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．已知向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________.14．88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___________．15．为了迎接期中考试，某同学要在周日上午安排五个学科的复习工作，为提高复习效率，数学学科的复习时间不安排在早晨第一科，并且数学和物理两科的复习时间不连在一起，那么五个学科复习时间的顺序安排总共有______种（用数字作答）．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．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.18．雅言传承文明，经典滋润人生，中国的经典诗文是中华民族精神文明的重要组成部分.某社区拟开展“诵读国学经典，积淀文化底蕴”活动.为了调查不同年龄人对此项活动所持的态度，研究人员随机抽取了300人，并将所得结果统计如下表所示.分组区间人数30751056030支持态度人数2466904218(1)完成下列2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为年龄与所持态度有关；年龄在50周岁及以上年龄在50周岁以下总计支持态度人数不支持态度人数总计(2)以（1）中的频率估计概率，若在该地区所有年龄在50周岁及以上的人中随机抽取4人，记为4人中持支持态度的人数，求的分布以及数学期望.参考数据：参考公式：19．如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形， 分别是的中点，记平面与平面的交线.(1)证明：直线平面.(2)若在直线上且为锐角，当时，求面与面的夹角余弦值.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：C2．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：A3．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：B4．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：C5．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：C6．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：C7．B【分析】根据微积分基本定理求出n的值，求出展开式的通项公式，令x的次数为2即可求解.【详解】由题意知，所以的展开式的通项公式为，令，得， 所以的展开式中的的系数为．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：B11．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】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：.14．880【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：88015．54【分析】考虑物理科的安排，物理安排在第一科复习或物理不安排在第一科复习，分类讨论，分别求出每一类里的安排方法，根据分类加法计数原理可得答案.【详解】根据物理复习时间的安排分为以下两类第一类，物理安排在第一科复习，第二科不能为数学,数学安排在后面三科有3种安排方法，其余三科有种安排，共有种；第二类，物理不安排在第一科复习，因为第一科也不能安排数学，故第一科可安排其余三科中的一科，有3种安排方法，剩下四科中数学和物理采用插空法， 有种安排，共有种，两类相加，共有18＋36＝54种安排方法，故答案为：5416．①③④【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)(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.18．(1)列联表、答案见解析 (2)分布列见解析，【分析】（1）根据表格数据，完成列联表，并计算，并和参考数据，比较后即可判断；（2）根据二项分布求概率，再求分布列和数学期望.【详解】（1）完成列联表如下，年龄在50周岁及以上年龄在50周岁以下总计支持态度人数60180240不支持态度人数303060总计90210300提出原假设年龄与所持态度无关，确定显著性水平，，，从而否定原假设，故有95%的把握认为年龄与所持态度具有相关性.（2）依题意，服从二项分布，故，,,,,所以分布列如下表，1234所以.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由得平面，利用线面平行的性质可得，由平面平面和，可得平面，从而可得平面；（2）由题意，当时可得，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得面与面的法向量，利用向量夹角公式求解.【详解】（1）分别是的中点，，又平面，平面，平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面.（2）是的中位线，，而，， 又，当时，，又因为，故此时，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，令平面的法向量为，则，令，则，令平面的法向量为，则，令，则，因为，所以面与面的夹角余弦值为.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<a+4c≤3，所以1a+4c≥13，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.