1、成都七中高2023届高三下期入学考试数学试卷（文科）第卷（选择题）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，只有一个是符合题目要求的，请将选项填涂在答题卡上）1集合，则等于（ ）ABCD2已知，则z的虚部是（ ）A5BCD3在手工课上，老师将这蓝、黑、红、黄、绿5个纸环分发给甲、乙、丙、丁、戊五位同学，每人分得1个，则事件“甲分得红色”与“乙分得红色”是（ ）A对立事件B不可能事件C互斥但不对立事件D不是互斥事件4函数的图象大致是（ ）ABCD5若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）A6B5C3D26函数在上是（ ）A增函数B减函数C先增后减D先减后增7我
2、国古代数学名著九章算术中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥某“阳马”的三视图如图所示，则它的体积为（ ）AB1CD8某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：用该样本估计总体，以下四个说法错误的是（ ）A57周岁以上参保人数最少B1830周岁人群参保总费用最少CC险种更受参保人青睐D31周岁以上的人群约占参保人群809已知数列中，当其前项和最小时，n是（ ）A4B5C5或6D4或510已知函数，其中表示不大于x的最大整数（如，），则函数的零点个数是（ ）A1B2C3D411过椭圆（为参数）的右焦点F作直线l交C
3、于M，N两点，则的值为（ ）ABCD不能确定12关于x方程的两个根为a，b，且，则以下结论正确的个数是（ ）（1）；（2）；（3）；（4）A1个B2个C3个D4个二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡指定横线上）13己知向量，若，则实数_14若抛物线上一点到焦点的距离是该点到x轴距离的3倍，则_15已知二次函数满足条件：（1）的图象关于y轴对称；（2）曲线在处的导数4，则的解析式可以是_16已知正三棱锥的外接球的表面积为，则正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高是_三、解答题（本题共7小题，1721题各12分，22或23题10分解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤
4、，请作答在答题卡上）17已知等差数列的前三项和为15，等比数列的前三项积为64，且（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前20项和18随着人民生活水平的不断提高，“衣食住行”愈发被人们所重视，其中对饮食的要求也愈来愈高某地区为了解当地餐饮情况，随机抽取了100人对该地区的餐饮情况进行了问卷调查请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图）解决下列问题组别分组频数频率第1组140.14第2组m第3组360.36第4组0.16第5组4n合计（1）求m，n，x，y的值；（2）满意度在90分以上的4位居民为2男2女，现邀请2人参加抽奖活动，求2人中有男性的概率19如图，在四棱锥中
5、，底面ABCD为直角梯形，其中，平面ABCD，且，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点（1）若，求证：直线平面PAB；（2）已知点M满足，求异面直线MN与AD所成角20椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为（1）求椭圆E的标准方程；（2）设直线交x轴于点P，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，求的值21已知函数（1）求函数的单调递减区间；（2）若实数满足，证明：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分请考生用2B铅笔将答题卡上所做题目的题号涂黑22在平面直角坐标系中，
6、曲线的参数方程为（t为参数）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与曲线交于P、Q两点，求的值23已知函数（1）求的最大值m；（2）若正数a，b，c满足，证明：成都七中高2023届高三下期入学考试数学试卷（文科）参考答案一、选择题：1A2C3C4A5D6B7C8B9D10C11B12C二、填空题：13143.515（答案不唯一）16三、解答题：17解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由条件可知，得，所以等比数列中，则，所以（2），对数列，n为奇数时，所以数列的奇数项是首项为2，公差为6的等
7、差数列，对数列，n为偶数，所以数列的偶数项是首项为2，公比为2的等比数列，所以数列的前20项和为：18解：（1）由题意可得第四组的人数为，所以，又内的频率为，所以，内的频率为0.04，所以（2）设四个人为男1、男2、女1、女2，抽两人总共有6种情况，有男性的情况是男1男2、男1、女1、男1女2、男2女1、男2女2，总共5种，概率为19（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，因为，所以且，又因为，且，点N为BC中点，所以且，则四边形MQBN为平行四边形，所以，平面PAB，平面PAB，所以直线平面PAB（5分）（2）过点M作，交AD于K，连接KN，可知面ABCD，所以，又因为，所以
8、，所以四边形AKNB为平行四边形，又因为，所以，又，面MNK，所以异面直线MN与AD成角为9020解：（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为（4分）（2）解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标则，所以21解：（1）因为，令，故恒成立，故函数在R上单调递减，而，所以当时，；当时，故在上单调递增，在上单调递减（2）由得，令，有，由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，故a，b一正一负不妨设，要证，即证，即证，即，设，注意到，则，令，则，当时，显然恒成立，所以在上单调递增，则，又在上恒成立，所以当时，所以在上单调递减，因为，所以，即得证22解：（1），则，曲线的极坐标方程为，由，得，即曲线的直角坐标方程为（2）由得，由得，22可得，即，设P，Q两点所对应的极径分别为，则，即23法一（1）解：当时，当时，当时，所以，因为当时，函数单调递减，或时，函数为常函数，所以，函数的最大值为1，即法二：由三角不等式可得，当取等号，即（2）解：因为，所以，因为，由（1）知，即，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，证毕10
