四川省叙永第一中学校2023-2024学年高三上学期零诊考试数学（理科） Word版含解析.docx

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高2021级高三零诊考试数学（理）试题一、选择题：1.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用复数除法化简复数，再根据复数的几何意义即可得到答案．【详解】，所以复数对应的点坐标为，该点是第三象限点，故选：C．2.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（）．A.这14天中有5天空气质量为“中度污染”B.从2日到5日空气质量越来越好C.这14天中空气质量指数的中位数是214D.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日【答案】B【解析】【分析】根据折线图直接分析各选项. 【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；故选：B.3.记为等差数列的前n项和.若，，则（）A.4B.24C.30D.32【答案】C【解析】【分析】由等差数列通项公式和前n项和公式，列方程组解出数列首项和公差，可求的值.【详解】设等差数列公差为，则有，解得，所以故选：C4.已知向量，满足，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.【详解】，，，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 5.在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理进行角化边，再由余弦定理可解.【详解】根据题意，，利用正弦定理得：，再结合，可得，由余弦定理：，所以D选项正确.故选：D6.袋中有个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，甲、乙两人按序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件甲和乙至少一人摸到红球，事件甲和乙摸到的球颜色不同，则条件概率（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出和的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，事件甲、乙只有一人摸到红球，则，，因此，.故选：D.7.甲、乙、丙3人准备前往A，B，C，D这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过A景点，本次不再前往A景点游玩，若每个人都至少选择1个景点但不超过3个景点游玩，则3人可组成的不同的游玩组合有（）A.735种B.686种C.540种D.465种【答案】B【解析】 【分析】先确定甲乙的选择，再确定丙的选择利用分步计数原理和组合知识可求答案.【详解】因为甲和乙已经去过A景点，本次不再前往A景点游玩，所以两人可以从B，C，D这3个景点中，选择1个，2个或3个去游玩，两人的选择方法均为：（种）；而丙的选择方法有：（种）；所以3人可组成的不同的游玩组合有：（种）.故选：B.8.米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（）A.千克B.千克C.千克D.千克【答案】C【解析】【分析】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，且，，，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，所以，，所以，， 因为，易知，故四边形为矩形，则，，所以，，故该正四棱台的高为，所以，该米斗的体积为，所以，该米斗所盛大米的质量为.故选：C.9.已知为坐标原点，是抛物线上的动点，且，过点作，垂足为，下列各点中到点的距离为定值的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可设直线的方程，联立抛物线方程再利用，可得，法一：可知H在圆上运动进行判断，法二再由得出的方程为，解得，代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.【详解】法一：设直线方程为，联立直线和抛物线方程整理得，所以又，即，所以可得，即；则直线过定点D（4,0）因为，则点H在为直径的圆上（其中圆心坐标为OD中点（2,0）），故（2,0）到H的距离为定值故选：B法二：设直线方程为，联立直线和抛物线方程整理得， 所以又，即，所以可得，即；又因为，所以的方程为，解得对于A，到点的距离为不是定值；对于B，到点的距离为为定值；对于C，到点的距离为不是定值；对于D，到点的距离为不是定值.故选：B【点睛】方法点睛：定值问题通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.10.函数，若，，，则有A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】分析：首先分离常数得出，可判断出在上单调递减，且时，，时，，从而判断出，再根据在上减函数，判断出的大小关系，从而最后得出大小关系.详解：，在上为减函数，且时，时，， 且，，且，且，，在上单调递减，，即，故选D.点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用11.已知双曲线C：的右焦点，过点倾斜角为的直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，分别在、中，利用余弦定理运算求解.【详解】设左焦点为，连接，设，则，∵，则有：在中，由余弦定理，即，整理得，在中，由余弦定理， 即，整理得，可得，注意到，即，整理得，故离心率.故选：D.12.设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：①在（）有且仅有3个极大值点②在（）有且仅有2个极小值点③在（）单调递增④的取值范围是[)其中所有正确结论的编号是A.①④B.②③C.①②③D.①③④【答案】D【解析】【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．【详解】当时，， ∵f（x）在有且仅有5个零点，∴，∴，故④正确，由，知时，令时取得极大值，①正确；极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，当时，，若f（x）在单调递增，则，即，∵，故③正确．故选D．【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．二、填空题13.在二项式的展开式中，的系数为__________．【答案】.【解析】【分析】由题意结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可.【详解】结合二项式定理的通项公式有：，令可得：，则的系数为：.【点睛】（1 ）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中和的隐含条件，即、均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等）)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．14.四叶草也被称为幸运草、幸福图，其形状被广泛用于窗户、壁纸、地板等装修材料的图案中．如图所示，正方形地板上的四叶草图边界所在的半圆都以正方形的边长为直径．随机抛掷一粒小豆在这块正方形地板上，则小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为______．【答案】【解析】【分析】求出图中阴影部分的面积，利用几何概型公式求解即可．【详解】不妨设正方形的边长为2个单位，则图中阴影部分的面积为两个圆（半径为1）的面积减去一个正方形（边长为2）的面积，即，根据几何概型，小豆落在四叶草图（图中阴影部分）上的概率为．故答案为：．15.在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________.【答案】①.②.##【解析】【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示： 则，，，解得，，外接球直径，其半径为，三棱锥的体积，在中，，，取的中点，连接，如下图所示：则，且，所以，，因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，所以，三棱锥的表面积为，设三棱锥的内切球半径为，则，可得，所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.故答案为：；.16.在△ABC中，，，，∠BAC的角平分线交BC于D，则________．【答案】【解析】【分析】根据所给条件，利用余弦定理及三角形面积公式求解.【详解】如图所示，记，，， 由余弦定理可得，，即，因为，解得，由可得，，解得．故答案为：三、解答题：17.已知等比数列的公比，且，，成等差数列，数列前项和为，且.（1）分别求出数列和的通项公式；（2）设，其中数列前项和为，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用等差中项的意义结合等比数列求出公比即可求出，再利用前n项和公式求出数列的通项作答.（2）利用错位相减法求和作答.【小问1详解】由成等差数列，得，而，且等比数列的公比，则，即，解得，因此；由，得当时，， 当时，，满足上式，即，所以数列和的通项公式分别为，.【小问2详解】由（1）知，，则，于是有，两式相减得：，所以.18.为了不断提高教育教学能力，某地区教育局利用假期在某学习平台组织全区教职工进行网络学习．第一学习阶段结束后，为了解学习情况，负责人从平台数据库中随机抽取了300名教职工的学习时间（满时长15小时），将其分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．（1）求a的值；（2）以样本估计总体，该地区教职工学习时间近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数，经计算知．若该地区有5000名教职工，试估计该地区教职工中学习时间在内的人数；（3）现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在内的教职工中随机抽取5人，并从中随机抽取3人作进一步分析，分别求这3人中学习时间在内的教职工平均人数．（四舍五入取整数）参考数据：若随机变量服从正态分布，则， ，．【答案】（1）（2）估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093（3）这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1【解析】【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，（2）根据正态分布的对称性即可求解概率，进而可求人数，（3）求出超几何分布的分布列，即可求解期望.【小问1详解】由题意得，解得．【小问2详解】由题意知样本的平均数为，所以．又，所以．则，所以估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093．【小问3详解】对应的频率比为，即为，所以抽取的5人中学习时间在内的人数分别为2，3，设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为，则的所有可能取值为0，1，2，，，，所以． 则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1．19.如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面⊥平面；（3）求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得平面；（2）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得平面⊥平面；（3）先求得直线与平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小.【小问1详解】取中点S，中点T，连接,又E，F分别为，的中点，则,又，则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面.【小问2详解】在△中，，，由，可得，由面⊥面，面面， ，面，可得面，又面，则，又，，面，则面，又面，则平面⊥平面；【小问3详解】连接，△中，，则，又面⊥面，面面，面，则面，则为点P到面的距离，又E为的中点，则点E到面的距离为，又△中，，，，则，，则点E到面的距离为，又，设直线与平面所成角为，则，又，则则直线与平面所成角的大小为20.已知椭圆左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧． （1）若，求l的斜率；（2）记直线的斜率分别为，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明过程见解析.【解析】【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【小问1详解】当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，因为直线l与C相切，所以有，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，因为，所以有；【小问2详解】，由，设，则有，，， 把，代入上式，得，而，所以.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.21.设函数，，其中，．（1）求的单调区间；（2）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导，分和讨论即可；（2）首先证明有关极值点的结论，再分，和讨论即可.小问1详解】若，则，分两种情况讨论：①当时，有恒成立，此时的单调递增区间为，无单调减区间；②当时，令，解得或，当或时，，为增函数，当时，，为减函数，故的增区间为，，减区间为； 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调减区间；当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为.【小问2详解】首先证明以下结论：若存在极值点，且，其中，则；若存在极值点，则必有，且，由题意可得，，则，进而，又，由题意及（1）可得：存在唯一的实数，满足，其中，则有，故有；设在区间上的最大值M，表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：①当时，，由（1）知在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围是，因此，所以。②当时，，由（1）、和开头所证的结论知，，， 所以在区间上的取值范围是，因此，③当时，，由（1）、和开头所证的结论知，，，所以在区间上的取值范围是，因此，综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.【点睛】关键点睛：本题第二问关键首先是证明有关极值点的结论，即若存在极值点，且，其中，则，再去对进行合理分类讨论.选修：22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知点，直线的参数方程为(为参数，)，且直线与曲线交于A、两点，求的值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据参数方程消参即可得出直角坐标方程；（2）转化直线的参数方程与曲线方程联立，结合韦达定理计算即可.【小问1详解】曲线的参数方程为为参数），则，即，两式相减，可得曲线的直角坐标方程：【小问2详解】直线与曲线交于A、两点，设A，两点对应的参数为，，直线的方程可转化为，代入，得，则，则，所以．23.已知，函数的最大值为3，（1）求实数m的值；（2）若实数a，b，c满足，求的最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据绝对值三角不等式求出函数的最大值，结合已知最大值可求出；（2）根据柯西不等式可求出结果.【小问1详解】.∵，∴，当且仅当时取等号，∴.又∵的最大值为3，∴，∴.【小问2详解】由（1）知，，所以，根据柯西不等式得，当且仅当时取等号，又，所以当且仅当时取等号，∴，∴的最小值为