四川省成都列五中学2022-2023学年高三理科数学下学期三诊模拟考试试题（Word版附解析）

成都列五中学2022~2023学年度（下）阶段性考试（二）暨三诊模拟考试高2020级数学（理科）

注意事项：

1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．

2．作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效．

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．）在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 若集合，，则集合（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据集合并集概念课直接得到.

【详解】，

故选：D.

2. 已知复数，则以下判断正确的是（    ）

A. 复数的模为1 B. 复数的模为

C. 复数的虚部为 D. 复数的虚部为

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数除法运算即可求得，根据复数模长公式和虚部定义即可判断结果.

【详解】由可得；

即复数的虚部为1，所以CD错误；

则复数的模为，即A错误，B正确；

故选：B

3. 下列说法错误的是（     ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. 在回归直线中，变量时，变量的值一定是15

C. 命题：则，，则：，

D. 若，，，，，则

【答案】B

【解析】

【分析】根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断选项A；根据回归方程的实际意义判断选项B；根据特称命题的否定是全称命题判断选项C；根据面面垂直及线面垂直的性质定理判断选项D.

【详解】若，则成立，反之，若，则或，

所以“”是“”的充分不必要条件，故选项A正确；

在回归直线中，变量时，变量的值估计为15，故选项B错误；

因为命题：则，，

所以命题的否定：，，故选项C正确；

因为，，，，

根据面面垂直的性质定理得到：，又，所以，故选项D正确.

故选：B.

4. 下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用基本初等函数的奇偶性与单调性逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，函数为奇函数，但该函数在定义域内不单调，A选项不满足条件；

对于B选项，函数为奇函数，但该函数在定义域内不单调，B选项不满足条件；

对于C选项，函数的定义域为，

且，所以，函数为奇函数，

因为函数、均为上的增函数，故函数在上为增函数，C选项满足条件；

对于D选项，函数的定义域为，该函数为非奇非偶函数，D选项不满足条件.

故选：C.

5. 的展开式中的系数是（    ）

A. 45 B. 84 C. 120 D. 210

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项公式，组合数的性质，求得含项的系数．

【详解】解：的展开式中，

含项的系数为，

故选：C．

6. 设点是函数图象上的任意一点，点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，令后可求，再根据导数的取值范围可得的范围，从而可得的取值范围.

【详解】∵，∴，

∴，∴，∴，

∴，∴或.

故选：B.

7. 在等差数列中，，．记（为正整数），则数列（    ）

A. 有最大项，也有最小项 B. 最大项，但无最小项

C. 无最大项，但有最小项 D. 无最大项，也无最小项

【答案】B

【解析】

【分析】由已知求出等差数列的通项公式,分析可知数列是单调递增数列,且前5项为负值,自第6项开始为正值,进一步分析得答案.

【详解】设等差数列的公差为d,由，,得，解得：d=2.

所以.

令,得,而n∈N*,可知数列是单调递增数列,且前5项为负值,自第6项开始为正值.

可知T1=-9<0,T2=63>0,T3=-315<0,T4=945>0为最大项,自T5起均小于0,且逐渐减小

∴数列有最大项,无最小项.

故选:B

8. 志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（    ）

A. 14 B. 12 C. 24 D. 28

【答案】A

【解析】

【分析】由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.

【详解】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：

①丁扶贫点最先去，有种安排方法；

②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，

综合①②知共有种安排方法.

故选：A.

9. 已知函数，以下说法中，正确的是（    ）

①函数关于点对称；

②函数在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④将函数图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解析式为.

A. ①② B. ②③④ C. ①③ D. ②

【答案】D

【解析】

【分析】先对化简变形，得到，再对①②③④逐一分析判断，即可得出结果.

【详解】因为,

对于①，由，即，所以对称中心为，

令，得到一个对称中心为，所以①错误；

对于②，当时，，由的图像与性质知，在上单调递增，所以②正确；

对于③，当时，，由的图像与性质知，，所以③错误；

对于④，将函数的图像向右平移个单位长度，得到图像对应的解析式为，所以④错误.

故选：D.

10. 已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.

【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：

因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，，

则，令双曲线半焦距为c，

中，，中，，

则有，即，

因直线的斜率为，即，而，即，

，于是有，，，

所以双曲线的离心率为.

故选：B

11. 已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（    ）

A. 6π B. 30π

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，

以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，

进而求解周长即可．

【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，

三棱锥的体积

解得：

的外接圆半径为

球心到底面距离为

，

又顶点P到底面ABC的距离为3，

顶点的轨迹是一个截面圆的圆周

当球心在底面和截面圆之间时，

球心到该截面圆的距离为，

截面圆的半径为，

顶点P的轨迹长度为；

当球心在底面和截面圆同一侧时，

球心到该截面圆的距离为，

截面圆的半径为，

顶点P的轨迹长度为；

综上所述，顶点P的轨迹的总长度为

故选：D．

【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查

空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．

12. 已知a，b，，且，，，其中e是自然对数的底数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题设，构造且研究单调性，判断的范围，作差法比较大小，即可得答案.

【详解】由题设，，，

令且，则，即在上递增，

又，即，

由，令且，

则，又，

令且，则，即递减，所以，

所以，即在上递增，故，

即在上恒成立，故，

综上，，结合单调性知：.

故选：B

【点睛】关键点点睛：构造函数且研究单调性，再通过作差、构造函数判断大小，进而判断大小.

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 设等比数列的前项和为，写出一个满足下列条件的的公比__________.

①，②是递增数列，③.

【答案】2（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据等比数列的通项公式求解即可.

【详解】由等比数列的通项公式可得，则，

因为，且是递增数列，所以，

因为，所以，即，

因为，所以，解得，

综上，

故答案为：2（答案不唯一）

14. 已知向量，方满足，，且与的夹角为，则向量与的夹角为______.

【答案】

【解析】

【分析】先利用已知条件求得，接着求解向量的模长，最后根据向量夹角公式求解即可.

【详解】因为，，且与的夹角为，

所以，

所以，

，

设向量与的夹角为，

所以，

又因为两向量所成夹角范围为，

所以向量与夹角为，

故答案为：.

15. 已知直线经过抛物线的焦点并交抛物线于，两点，则，且在抛物线的准线上的一点满足，则______.

【答案】2

【解析】

【分析】由所给向量关系可得点C在直线AB上，过点A，B分别作抛物线准线的垂线，结合抛物线定义求出即可作答.

【详解】过点A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别为N，M，令准线交x轴于点K，如图：

则有，因点C在准线上且满足，即点C是直线AB与准线的交点，

于是有，得，从而有，即点F是线段AC的中点，

而，则有,又，

所以.

故答案为：2

16. 如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，则下列结论正确的序号是__________．

①棱上一定存在点，使得；

②三棱锥的外接球的表面积为；

③过点作正方体的截面，则截面面积为；

④设点在平面内，且平面，则与所成角的余弦值的最大值为．

【答案】②③④

【解析】

【分析】①建立空间直角坐标系，设坐标，通过空间向量垂直的坐标表示求点进行判断；

②使用补形法，将三棱锥补形为长方体求解即可；

③画出正方体过点的截面，为正六边形，求面积即可；

④设坐标，用线面平行得出坐标满足的条件，再由空间向量求线线角余弦值的最大值即可.

【详解】

对于①，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则由已知，，，

设棱上一点，则，，

若，则，

整理得，即，无实数解，

∴棱上不存在点，使得，故①错误；

对于②，如图，分别取棱，，，的中点，，，，

由已知，，易知棱柱为长方体，

其外接球的直径为，外接球表面积，

∵三棱锥的顶点均在长方体的外接球上，故该球也是三棱锥的外接球，

∴三棱锥的外接球的表面积为，故②正确；

对于③，如图所示，过点作正方体的截面是边长为的正六边形，其可分成六个全等的，边长为的等边三角形，面积，故③正确；

对于④，由①中所建立空间直角坐标系，，，，，，

，，设平面的一个法向量为，

则，令，则，，∴，

设平面内一点，则，

∵平面，∴，即，

又∵，

∴与所成角的余弦值为，

其中，，

∴，

即当且仅当时，与所成角的余弦值的最大值为，故④正确.

故答案：②③④.

【点睛】解决立体几何中动点问题的有效方法之一，是建立空间直角坐标系，设动点坐标，借助空间向量将几何关系转化为代数运算，通过运算进行求解.

三､解答题（本大题共7小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）

17. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求角的大小；

（2）若，且__________，求的周长.请在下列三个条件中，选择其中的一个条件补充到上面的横线中，并完成作答.①；②的面积为；③.

注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一解答计分

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据条件，利用和正弦的和角公式，化简即可得出结果；

（2）选①，利用正弦定理和条件得出，选②，利用条件和三角形面积公式得出，选③，利用条件和数量积的定义得出

，再利用余弦定即可得到结果.

【小问1详解】

由正弦定理：，

因为，所以，

所以，因为，所以，得到，又，所以.

【小问2详解】

若选①，根据正弦定理和（1）可知，，

所以，所以，得到，

若选②，由题知，得到，

若选③，即，由数量积定义得，得到，

故三个条件任选一个条件，都可以得到，

由余弦定理，得，整理得，

即，则或（舍去），

所以的周长为.

18. 2021年3．15期间，某家具城举办了一次家具有奖促销活动，消费每超过1万元（含1万元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球则打7折；若摸出1个白球2个黑球，则打9折：其余情况不打折．方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减2000元．

（1）若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；

（2）若某顾客消费恰好满1万元，试从数学期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？

【答案】（1）；（2）该顾客选择第二种抽奖方案更合算.

【解析】

【分析】（1）方案一若享受到7折，需要摸出2个红球和1个黑球，由此可计算出概率；

（2）选择方案一，付款金额元可能的取值为5000、7000、9000、10000，分别计算出概率的分布列，计算出期望．选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则得关系式，由，可得，再计算出，比较后可得．

【详解】（1）选择方案一若享受到7折，则需要摸出2个红球和1个黑球，设顾客享受到7折为事件，则．

（2）若选择方案一，

设付款金额为元，则可能的取值为5000、7000、9000、10000，，，，．

故X的分布列为，

所以（元）

若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，

由已知可得，故，

所以（元）

因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算．

19. 如图，已知矩形中，、分别是、上的点，，，，、分别是、的中点，现沿着翻折，使得二面角大小为.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）

【解析】

【详解】（Ⅰ）取的中点，连接，，又为的中点，

所以，平面，平面，

所以平面，

同理可证，平面，

又因为，

所以平面平面，平面，

所以平面.

（Ⅱ）在平面内，过点作的垂线，易证明这条垂线垂直平面，因为二面角大小为，所以，

建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，

则，，，

设平面的一个法向量，根据 ，

令，则，，所以，

设平面的一个法向量，根据 ，

令，则，，所以，

所以 ，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】证明线面平行有两种方法，法一是利用判定定理，寻求线线平行；法二是寻求面面平行，本题是通过面面平行去证明线面平行.求二面角常用空间向量去求，先建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两个半平面的法向量，再利用公式求出二面角的余弦值.

20. 已知椭圆离心率为，点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设为坐标原点，，，是椭圆上不同的三点，且为的重心，探究面积是否为定值，若是求出这个定值；若不是，说明理由

【答案】（1）；（2）是定值，.

【解析】

【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出，即可得出椭圆方程；

（2）先讨论直线的斜率不存在时，根据题中条件，求出此时的面积；再讨论直线的斜率存在时，设直线，联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理，得出，；由弦长公式，得出；根据为的重心，求出点为坐标，代入椭圆方程，得到之间关系；再由点到直线的距离公式，得出点到直线的距离，由即可得出结果.

【详解】（1）由题知：，解得，，

所以椭圆的方程为；

（2）当直线的斜率不存在时，轴，点在轴上，．点到的距离为，则．

当直线的斜率存在时，设直线

由消去，整理，

设，，则有，，，

所以，，

因为为的重心，则由，

点在椭圆上，则得，

点到直线的距离为；

所以；

综上：为定值．

【点睛】思路点睛：

求解椭圆中三角形面积相关问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式，以及点到直线距离公式，表示出三角形的面积，再结合题中条件，即可求解.

21. 已知函数，

（1）讨论函数的单调性；

（2）令，若存在，且时，，证明：.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.

(2)根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.

【详解】解：（1）的定义域为，，

当时，，当时，由得，由得，

∴当时，在上单调递增

当时，在上单调递减，在单调递增.

（2），∵，由题意知，

，

∴，

令，则，∴在上单调递增，

不妨设，∵，∴，

∴，

∴

∴，∴，令，只需证，只需证，设，则，

∴在递增，∴，即成立，

∴，即.

【点睛】思路点睛:

利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.

请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，.

（1）求C的参数方程；

（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定D的坐标.

【答案】（1）为参数；（2）

【解析】

【分析】（1）先求出半圆的直角坐标方程，由此能求出半圆的参数方程；

（2）设点对应的参数为，则点的坐标为，且 ，半圆的圆心是因半圆在处的切线与直线垂直，故直线的斜率与直线的斜率相等，由此能求出点的坐标.

【详解】（1）由，得 ，

所以C的参数方程为为参数

（2）

【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，熟记直角坐标方程与参数方程的互化以及普通方程与参数方程的互化即可，属于常考题型.

选修4-5：不等式选讲

23. 设函数的最小值

（1）求；

（2）已知为正实数，且，求证．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)用零点分段法把函数分段表示出，再求该函数的最小值即可作答；

(2)利用(1)的结论对不等式左边化简变形，再利用均值不等式即可证得.

【详解】（1）由题可得，

时，，时，，时，，于是有，

所以；

（2）由（1）知，可得，同理得，，

由基本不等式可得

当且仅当时取“=”，

所以．