四川省成都市郫都区2022-2023学年高三上第一次阶段检测数学试卷（理）含答案解析

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1、成都市郫都区2022-2023学年高三上第一次阶段检测数学试题（理）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 3. 中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝明代会试分南卷、北卷、中卷，按11：7：2比例录取，若某年会试录取人数为100，则中卷录取人数为（ ）A. 10B. 35C. 55D. 754. 函数的图象可能是（ ）A B. C. D. 5. 在中，其面积为，则等于（ ）A 4B. C. D. 6. 执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 67.

2、 函数的部分图象如图所示，则（ ）A. B. C. D. 8. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数，则这样的三位数一共有A. 20个B. 48个C. 52个D. 120个9. 已知定义在上的函数在上单调递增，若，且函数为偶函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C D. 10. 在的展开式中，的系数为（ ）A. 10B. C. 30D. 11. 在曲线上有两个动点，且满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 112. 若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）A. B. C. D. 二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分，把答案填

3、在题中横线上13. 若x，y满足约束条件则的最大值是_14. 圆：和圆：外切，则实数m的值为_.15. 若，则_16. 在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为_三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤17. 为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了综合防控儿童青少年近视实施方案为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%（1）从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，

4、求其近视的概率；（2）请完成22列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视不近视合计1000附：，0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.70638415.0246.63510.82818. 已知等差数列的前项和为.（1）求及；（2）令，求证：数列的前项和.19. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点.（1）证明：直线平面；（2）若，求平面与平面所成角的余弦值.20. 已知椭圆的离心率为，短轴长为4（1）求椭圆C的方程；（2）若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围21. 已知函

5、数，（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（2）若方程在上恰有两个不同的实数根，求的取值范围；（3）若对任意，总存在唯一的，使得，求的取值范围选修4-4：坐标系与参数方程22. 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）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设，直线与曲线的交点为，线段的中点为，求成都市郫都区2022-2023学年高三上第一次阶段检测数学试题（理）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据交集的定义计算可得.【详

6、解】解：因为，所以.故选：B2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由已知，先根据给的复数，写出其共轭复数，然后带入要求的式子直接计算即可.【详解】由已知，所以.故选：D.3. 中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝明代会试分南卷、北卷、中卷，按11：7：2的比例录取，若某年会试录取人数为100，则中卷录取人数为（ ）A. 10B. 35C. 55D. 75【答案】A【解析】计算分层抽样的抽取比例乘以样本容量即可求解.【详解】由题意，知会试录取人数为100，根据分层抽样的性质可知，中卷录取人数为故选：A4. 函数的图象可能是（ ）A B. C. D. 【答案】A

7、【解析】由题意，去掉绝对值，变函数为分段函数，结合导数研究其单调性，可得答案.【详解】由函数，当时，易知单调递增，且，可得下表：极小值则，当时，令，令，解得，可得下表：极小值则，即，则单调递增.故选：A.5. 在中，其面积为，则等于（ ）A. 4B. C. D. 【答案】C【解析】根据三角形面积公式可得的值，再结合余弦定理即可求得.【详解】由题意知，则由余弦定理得即.故选:C.6. 执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】根据循环结构逐步计算即可.【详解】第一步：，不成立；第二步：，不成立；第三步：，成立；输出.故选：C7. 函数的部分图象如

8、图所示，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由周期求出，由五点法作图求出的值，最后确定.【详解】由图象可得：，再根据五点法作图可得，又，故选：B8. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数，则这样的三位数一共有A. 20个B. 48个C. 52个D. 120个【答案】C【解析】由于0不能在首位数字，则分2种情况讨论：若0在个位，此时0一定不在首位，由排列公式即可得此时三位偶数的数目；若0不在个位，要排除0在首位的可能，由分步计数原理可得此情况下三位偶数的数目，综合2种情况，由分类计数原理计算可得答案【详解】根据题意，分2种情况讨论：若0在个位

9、，此时只须在1，2，3，4，5中任取2个数字，作为十位和百位数字即可，有A52=20个没有重复数字的三位偶数；若0不在个位，此时必须在2或4中任取1个，作为个位数字，有2种取法，0不能作为百位数字，则百位数字有4种取法，十位数字也有4种取法，此时共有244=32个没有重复数字的三位偶数，综合可得，共有20+32=52个没有重复数字的三位偶数故选C【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质9. 已知定义在上的函数在上单调递增，若，且函数为偶函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析可知函数的图象关

10、于直线对称，可得出函数的单调性，分析的符号变化，由可得或，解之即可.【详解】因为函数为偶函数，则，故函数的图象关于直线对称，因为函数在上单调递增，故函数在上单调递减，因为，则，所以，由可得，由可得或，解不等式，可得或，解得或，故不等式的解集为.故选：D.10. 在的展开式中，的系数为（ ）A. 10B. C. 30D. 【答案】D【解析】依题意可得，再写出展开式的通项，从而求出的系数.【详解】解：，其中展开式的通项为，所以展开式中含的项为，所以的系数为；故选：D11. 在曲线上有两个动点，且满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】由已知，先利用向量的线性运算对进行化

11、简得到，然后设出点的坐标，计算两点间距离公式，利用点在曲线上满足的等量关系，带入求解即可.【详解】由已知，因为，所以，所以，因为动点在曲线上，所以设，所以，又因为，所以.故选：C.12. 若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】构造函数，通过的单调性证明，进而可得 ，接下来构造函数，通过，说明能够取到等号，即可求解的最大值.【详解】，不等式，令，当时，,当时，所以在上单调递增，在单调递减，故,即对,恒有成立，因此，当时，当且仅当时取“”，令，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，（1），（4），即，使得，使得，即有解，因此，不等式中能取到等

12、号，所以的最小值为1，即，解得，所以实数的取值范围是故选：D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题，考查了转化思想和函数思想，将不等式恒等变形为是本题的关键，构造两个函数和，通过求解不等式，通过说明等号成立.二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上13. 若x，y满足约束条件则的最大值是_【答案】8【解析】画出可行域，利用几何意义求解的最大值.【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，显然当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.故答案为：814. 圆：和圆：外切，则实数m的值为_.【答案】#【解析】根据两圆外切圆心距与半径之和的关系即可列方程求

13、解.【详解】圆：的圆心为，半径为，圆：的圆心为，半径为，（），由于两圆外切，所以，故答案为：15. 若，则_【答案】#-0.8【解析】根据三角恒等变换化简可得原式，然后利用齐次式即得.【详解】因为，.故答案为：.16. 在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，根据几何关系确定外接球球心位置，列勾股定理方程确定该三棱锥的外接球的半径.【详解】因为，所以为等边三角形，所以，等边外接圆的半径为，如图，三棱锥外接球球心为，半径为，设球心到平面距离为，外接圆圆心为，连接，则平面，取中点，所以，又平面，所以/，则四边形是矩形，所以在和中，由勾股定理可得

14、，解得：，表面积. 故答案为：三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤17. 为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了综合防控儿童青少年近视实施方案为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%（1）从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，求其近视的概率；（2）请完成22列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联每天使用超过1h

15、每天使用不超过1h合计近视不近视合计1000附：，0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）； （2）列联表见解析，有99.9%的把握.【解析】（1）根据题意，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据题中数据，完成列联表，结合卡方计算公式进行求解判断即可.【小问1详解】该校高一年级近视的学生人数为100040%40%100060%25%160150310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为；【小问2详解】22列联表为：每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视160150310不近视

16、240450690合计4006001000，所以有99.9%把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联18. 已知等差数列的前项和为.（1）求及；（2）令，求证：数列的前项和.【答案】（1）；. （2）证明见解析【解析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得的值，进而求得数列的通项公式和；（2）由（1）求得，利用等比数列的通项公式和裂项求和，求得，进而证得.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以数列的通项公式为，其前项和为.【小问2详解】解：由（1）知，所以，所以数列的前项和：.即.19. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点.（1）证明：直线平面；（2）若

17、，求平面与平面所成角余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】（1）先证四边形为平行四边形，再用线线平行证线面平行即可；（2）如图建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量与平面的法向量，即可由向量数量积公式求得余弦值【小问1详解】证明：取中点，连接，因为为中点，所以，且，又为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.又平面平面，所以直线平面.【小问2详解】因为，由已知得平面，如图建立空间直角坐标系，由得，.设平面的法向量为，平面的法向量为，则即，取向量.同理可得，即，取向量.设平面与平面所成角为，则.所以平面与平面所成角的余弦值为.20. 已知椭圆的离心率为，短轴长为

18、4（1）求椭圆C的方程；（2）若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】（1）根据离心率及短轴长及求出，求出椭圆方程；（2）先考虑直线AB的斜率不存在时的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出，从而求出的取值范围.【小问1详解】，又，即，解得：，椭圆的标准方程为；【小问2详解】当直线AB的斜率不存在时，不妨设，则当直线AB的斜率存在时，设，由，恒成立，故，综上：，故的取值范围为21. 已知函数，（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（2）若方程在上恰有两个不同的实数根，求的取值范围；（3）若对任

19、意，总存在唯一的，使得，求的取值范围【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，则，解得的值；（2）若方程在上恰有两个不同的实数根，故在上有两个实数根，进而得到答案；（3）若对任意，总存在唯一的，使得，则的值域满足，进而得到答案【小问1详解】，即曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线与直线垂直，；【小问2详解】若方程在上恰有两个不同的实数根，即在上恰有两个不同的实数根，当时，等式不成立，故在上有个实数根，令，则恒成立，故在和上均为增函数；当时，；当时，综上可得：【小问3详解】由（1）中得：当时，函数为减函数；当时，函数为增函数；故当时，函数取最小值，当时，函数，

20、当时，函数；当时，由得：，由对任意，总存在唯一的，使得得：，解得：；当时，由得：，满足对任意，总存在唯一的，使得当时，由得：，由对任意，总存在唯一的，使得得：，解得：；综上可得：选修4-4：坐标系与参数方程22. 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）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设，直线与曲线的交点为，线段的中点为，求【答案】（1）：，：；（2）.【解析】（1）消去参数可得普通方程，由可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程曲线的直角坐标方程，由韦达定理得，点对应参数为，由此可得【详解】（1）将（为参数）中的参数消去，得，故直线的普通方程为，由得，因为，所以，故曲线的直角坐标方程为（2）易知点在直线上，将代入，得设点，对应的参数分别为，则， 所以线段的中点所对应的参数为， 所以，所以.【点睛】关键点睛：消参法与掌握公式是解题关键另外用参数的几何意义求解也是关键