2023届海南省文昌市文昌中学高三下学期七调考试数学试题

2023届海南省文昌市文昌中学高三下学期七调考试数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知等差数列的前n项和为，且，则（）A．4 B．8 C．16 D．22．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（）A． B． C．2 D．3．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（）A． B． C．1 D．4．已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线l交双曲线的右支于点P，以双曲线的实轴为直径的圆与直线l相切，切点为H，若，则双曲线C的离心率为（）A． B． C． D．5．设等差数列的前n项和为，若，则（）A． B． C．7 D．26．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（）A． B．C． D．7．如图是一个算法流程图，则输出的结果是（）A． B． C． D．8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．9．德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家､天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是()A． B．C． D．10．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件11．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．112．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，则A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知（为虚数单位），则复数________．14．已知是等比数列，且，，则__________，的最大值为__________．15．已知非零向量的夹角为，且，则______.16．在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参与问卷调查的100人的得分（满分：100分）数据，统计结果如表所示：组别男235151812女051010713(1)若规定问卷得分不低于70分的市民称为“环保关注者”，请完成答题卡中的列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否为“环保关注者”与性别有关？(2)若问卷得分不低于80分的人称为“环保达人”．视频率为概率．①在我市所有“环保达人”中，随机抽取3人，求抽取的3人中，既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率；②为了鼓励市民关注环保，针对此次的调查制定了如下奖励方案：“环保达人”获得两次抽奖活动；其他参与的市民获得一次抽奖活动．每次抽奖获得红包的金额和对应的概率.如下表：红包金额（单位：元）1020概率现某市民要参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加间卷调查获得的红包金额，求的分布列及数学期望．附表及公式：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82818．（12分）已知函数（1）解不等式；（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.19．（12分）在中，角的对边分别为.已知，.（1）若，求；（2）求的面积的最大值.20．（12分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线经过点且倾斜角为.（1）求曲线的极坐标方程和直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，满足为的中点，求.21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于两点，的顶点也在曲线上运动，求面积的最大值.22．（10分）在直角坐标系中，已知圆，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线平分圆M的周长.（1）求圆M的半径和圆M的极坐标方程；（2）过原点作两条互相垂直的直线，其中与圆M交于O，A两点，与圆M交于O，B两点，求面积的最大值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

利用等差的求和公式和等差数列的性质即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查等差数列的求和公式和等差数列的性质,考查基本量的计算,难度容易.2、A【解析】

由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解【详解】由，，成等差数列，所以，又，，成等比数列，所以，消去得，所以，解得或，因为，，是不相等的非零实数，所以，此时，所以．故选：A【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.3、D【解析】

依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.【详解】解：，因为，，所以，在上单调递增，则在上的值域为，因为所有点所构成的平面区域面积为，所以，解得，故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．4、A【解析】

在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【详解】由已知，，在中，由余弦定理，得，又，，所以，，故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算问题，处理双曲线离心率问题的关键是建立三者间的关系，本题是一道中档题.5、B【解析】

根据等差数列的性质并结合已知可求出，再利用等差数列性质可得，即可求出结果．【详解】因为，所以，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题．6、D【解析】

设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，，，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．7、A【解析】

执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环，即可求解，得到答案．【详解】由题意，执行上述的程序框图：第1次循环：满足判断条件，；第2次循环：满足判断条件，；第3次循环：满足判断条件，；不满足判断条件，输出计算结果，故选A．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的结果的计算与输出，其中解答中执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．8、A【解析】

观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。【详解】设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为，故选A。【点睛】本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。9、B【解析】

执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.【详解】由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：第1次循环：；第2次循环：；第3次循环：；第10次循环：，此时满足判定条件，输出结果，故选：B.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，得到程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10、D【解析】

由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．11、C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12、C【解析】

根据并集的求法直接求出结果.【详解】∵，∴，故选C.【点睛】考查并集的求法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

解：故答案为：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.14、5【解析】，即的最大值为15、1【解析】

由已知条件得出,可得，解之可得答案.【详解】向量的夹角为,且,,可得:,

可得,

解得，

故答案为:1.【点睛】本题考查根据向量的数量积运算求向量的模，关键在于将所求的向量的模平方，利用向量的数量积化简求解即可，属于基础题.16、.【解析】

计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.【详解】由题意可知，，所以可得面，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，，设三棱锥外接球的半径，因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)不能；(2)①；②分布列见解析，.【解析】

（1）根据题目所给的数据可求2×2列联表即可；计算K的观测值K2，对照题目中的表格，得出统计结论．（2）由相互独立事件的概率可得男“环保达人”又有女“环保达人”的概率：P＝1﹣（）3﹣（）3，解出X的分布列及数学期望E（X）即可；【详解】(1)由图中表格可得列联表如下:非“环保关注者”是“环保关注者”合计男104555女153045合计2575100将列联表中的数据代入公式计算得K”的观测值，所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下，不能认为是否为“环保关注者”与性别有关.(2)视频率为概率,用户为男“环保达人”的概率为.为女“环保达人”的概率为，①抽取的3名用户中既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率为；②的取值为10，20，30，40.,,,,所以的分布列为10203040.【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，考查了概率分布列和期望，计算能力的应用问题，是中档题目．18、（1）（2）【解析】

（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1），由得或或；解得.故所求解集为.（2），即.由（1）知，所以，即.∴，∴.【点睛】本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.19、（1）；（2）4【解析】

（1）根据已知用二倍角余弦求出，进而求出，利用正弦定理，即可求解；（2）由边角，利用余弦定理结合基本不等式，求出的最大值，即可求出结论.【详解】（1）∵，∴，由正弦定理得.（2）由（1）知，，所以，，，当且仅当时，的面积有最大值4.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.20、（1），；（2）.【解析】

（1）由曲线的参数方程消去参数可得曲线的普通方程，由此可求曲线的极坐标方程；直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；（2）将直线的参数方程，代入曲线的普通方程，整理