山西省太原市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试理科数学试卷（含解析）

山西省太原市2022-2023学年高三下学期

第三次模拟考试理科数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：_____________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． AB  D．BA

2．若复数满足，则下列说法正确的是（    ）

A．的虚部为 B．的共轭复数为

C．在复平面内对应的点在第三象限 D．

3．如图所示，已知点G是的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点（点M，N与点B，C不重合），设，，则的最小值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

5．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ）

A．120种 B．240种 C．420种 D．720种

6．设双曲线C：的左､右焦点分别为，，以为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切，且该圆恰好经过线段的中点，则双曲线C的离心率是（    ）

A． B． C． D．

7．若a，b，c，d成等比数列，那么，，是（    ）

A．等差数列 B．等比数列

C．既是等差又是等比数列 D．不一定

8．正四面体内接于一个半径为R的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为（    ）

A． B． C． D．

9．在中，角的对边分别为，已知，点为边上一点，且，则的值为（    ）

A．5 B．1 C．1或5 D．4

10．已知数列满足，则（    ）

A．1024 B．1023 C．2048 D．2047

11．已知a，b，c满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

12．已知，，，其中，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．某学校为了调查学生的学习情况，由每班随机抽取名学生进行调查，若一班有名学生，将每一学生编号从到，请从随机数表的第行第、列（下表为随机数表的前行）的开始，依次向右，直到取足样本，则第五个编号为____.

14．已知正实数m，n满足，则的最小值是________.

15．向量是单位向量，，，则___________.

16．（2012年苏州B14）已知是定义在上的奇函数，，若，且时,恒成立，则不等式的解集是 ______．

三、解答题

17．如图，设单位圆与x轴的正半轴相交于点，当时，以x轴非负半轴为始边作角，，它们的终边分别与单位圆相交于点，．

（1）叙述并利用上图证明两角差的余弦公式；

（2）利用两角差的余弦公式与诱导公式．证明：．

（附：平面上任意两点，间的距离公式

18．高中生的数学阅读水平与其数学阅读认知、阅读习惯和方法等密切相关．为了解高中生的数学阅读现状，调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷，在问卷中对于学生每周数学阅读时间统计如下：

(1)为了解学生数学阅读时间偏少的原因，采用样本量比例分配的分层随机抽样从这100名学生中随机抽取10名学生，再从这10人中随机抽取2名进行详细调查，求这2名学生中恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率；

(2)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生数学阅读时间在小时的概率，求取最大值时对应的的值．

19．如图，等腰梯形中，//，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.

(1)证明：；

(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.

20．已知点在椭圆上，直线交椭圆于，两点，直线､的斜率之和为0.

(1)求直线的斜率；

(2)求面积的最大值.

21．已知函数f(x)＝cos2x－2sin2(＋x)＋1，x∈R.

（1）求函数f(x)的单调递减区间；

（2）在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，且满足a＝2bsinA，B∈(0，)，若关于A的方程f(A)＋m＝1恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围.

22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为，曲线C的参数方程为(t为参数).以O点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；

（2）设射线与直线l和曲线C分别交于点M，N，求的最小值.

23．已知函数.

（1）若，证明：.

（2）若关于x的不等式的解集为，求a，b的一组值，并说明你的理由.

参考答案

1．D

【分析】真子集的概念即可.

【详解】由真子集的概念，知BA．

故选：D

2．D

【分析】根据复数的虚部概念和几何意义可判断A,C，根据共轭复数的概率和模长可判断B,D.

【详解】因为则，故D对，B错，的虚部是1，对应的点为，在第二象限，故A,C错误.

故选：D

3．C

【分析】重心为三角形三条中线的交点，利用重心分线段为2：1的性质结合三点共线得到，最后利用基本不等式中“1”的妙用代入解题即可.

【详解】因为G为重心，所以，所以有，因为三点共线，所以，即，即，

所以，当且仅当，即时取得等号，所以最小值为4.

故选：C

4．B

【分析】首先利用诱导公式化简，再利用，将要求式除以，

然后分子分母同时除以即可求解.

【详解】由题意，，

则

．

故选B．

【点睛】本题考查诱导公式和同角关系式，属于基础题.

5．C

【分析】先对图中不同的区域命名，再运用分步计数和分类计数的方法从中央开始计数即可.

【详解】如图，先在A中种植，有5种不同的选择，再在B中种植，有4种不同的选择，再在C中种植，有3种不同的选择，再在D中种植，

若D与B种植同一种花卉，则E有3种不同的选择，若D与B种植不同花卉，则D有2种不同的选择，E有2种不同的选择，

不同的布置方案有种；

故选：C.

6．A

【分析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用该圆过线段的中点得到，即可求出离心率,

【详解】由题意知：渐近线方程为，由焦点，，

以为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切，

则圆的半径等于圆心到切线的距离，即，

又该圆过线段的中点，故，

所以离心率为.

故答案为：.

7．D

【分析】对数列a，b，c，d的公比进行分类讨论，即可根据等差等比的定义进行判断.

【详解】设a，b，c，d的公比为q，则，，，当时，，，，此时，，是成等差数列，也是等比数列，

当时，，，此时，，是等差数列，

当且时，，，所以此时，，成等比数列．

故选：D

8．C

【分析】设正四面体的棱长为2a，由正四面体几何性质得出a与外接球半径R的关系式，即可求比值

【详解】设正四面体的棱长为2a，正四面体的外接球心为O，的内心为M，则平面ABC，由平面ABC，则，

由，则.

故选：C

9．A

【分析】首先利用三角恒等变形得，并结合余弦定理求，最后在中，利用余弦定理求的值.

【详解】,

得,,

所以，,，

因为，所以是等边三角形，

所以,得，又 ,

设，中，利用余弦定理，，

解得：或（舍）

所以.

故选：A

10．B

【分析】由递推关系，利用累加法求．

【详解】因为，即，

所以．

故选：B．

【点睛】本题考查由递推关系求数列的项，解题方法是累加法．当递推式是数列前后的差时，可用累加法求通项，若已知的是前后项的商，则可用连乘法求通项．

11．A

【分析】运用指数运算求出的范围，根据对数运算及对数函数的单调性求出的范围，计较即可.

【详解】由，可得；因为，,

又在上单调递增，；

由，可得，.

故选:A

12．C

【分析】先令函数，求导判断函数的单调性，并作出函数的图像，由函数的单调性判断，再由对称性可得.

【详解】由，则，同理，，

令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得，又，，

由图的对称性可知，.

故选：C

13．43.

【解析】从随机数表的第行第、列开始，依次向右读取为，其中符合条件，故可得结论.

【详解】从随机数表的第行第、列开始，依次向右选取两个数字

，

选取编号在到之间，并且去掉重复的数字，

符合条件的为.

故答案为：43.

【点睛】本题考查了随机数表的读法，注意在读取符合编号中的数据的同时重复数据只取一次，属于基础题.

14．

【分析】利用已知条件配凑出：，展开后可用基本不等式求得最小值．

【详解】∵正实数m，n满足，

∴，当且仅当，即时，等号成立，

∴的最小值是．

故答案为：．

【点睛】本题考查用基本不等式求最值．基本不等式求最值的条件：一正二定三相等．其中定值常常需要我们配凑出，而“1”的代换是常用的配凑法．

15．

【分析】由题意可得，进行向量的模的运算代入求值即可得答案．

【详解】由题意，向量是单位向量，，，可得；

所以.

故答案为：．

16．

【详解】由题设可知函数是偶函数且在区间内的单调递减函数；所以原不等式可化为，即或，即则或，应填答案．

点睛：解答本题的关键是借助题设中的函数的奇偶性与单调性，进而运用分类整合思想，数形结合从而将问题进行等价转化从而使得问题获解．

17．（1）两角差的余弦公式为：，证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）先构造向量，再利用数量积代入计算即得结果；

（2）利用诱导公式知，再结合两角差的余弦公式展开即得结论.

【详解】解：（1）两角差的余弦公式为：.

证明：依题意，，

则，

故由得，，

即，

当时，容易证明上式仍然成立．

故成立；

（2）证明：由诱导公式可知，.

而

，

故.

即证结论.

【点睛】本题解题关键在于构造向量，综合运用数量积的定义法运算和坐标运算，即突破难点.

18．(1)

(2)4

【分析】(1)根据表中数据，即可知10人有4人阅读时间大于0.5，由组合即可求解概率，(2)将频率视为概率则，利用二项分布概率公式及不等式法求取得最大时对应的值．

（1）

抽取的10人中，周阅读时间大于0.5小时的有4人，小于等于0.5小时的有6人， 故恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率为

（2）

周阅读时间在小时的频率为，故概率为，

则，所以，

由得：，化简得

解得，又，故，

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，证明平面即可；

（2）结合直线与平面所成的角，先证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面所成的角

【详解】（1）连接，设的中点为，由//，，故四边形为平行四边形，∴，故，为等边三角形，故，，折叠后，又，且平面，故平面，又平面，故

（2）由（1）已证得平面，故在平面内可作平面，垂足为，则在直线上，直线与平面夹角为，又，故，∴两点重合，即平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设平面的一个法向量为，则，即，令得，

又平面，显然为平面的一个法向量，

设平面与平面夹角的大小为，则

所以.

20．(1)

(2)

【分析】（1）首先根据题意得到椭圆的方程为，设直线的方程为，再根据求解即可.

（2）根据题意得到点到直线的距离，，再根据，结合基本不等式求解即可.

【详解】（1）将点的坐标代入椭圆方程得，

化简得，解得（舍）或，故椭圆的方程为.

设，，由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，

联立，解得.

，即.

则，.

由，

化简得，

故，

整理得，

又直线不经过点，即，故.

（2）由（1）知，直线的方程为，

，，

所以点到直线的距离，

，

所以，

当且仅当，即时等号成立.

经验证，此时满足直线与椭圆相交，故的面积最大为.

21．（1）；（2）.

【分析】（1）由二倍角公式降幂，再由两角和的余弦公式化简，然后由余弦定理的单调性得结论；

（2）由正弦定理变形后求和，从而有，利用（1）的结论得在上的单调性，结合余弦函数性质可得有两个根时参数的范围．

【详解】（1），

由，得，，

所以减区间是．

（2）因为，由正弦定理得，是三角形内角，，

所以，又，所以，所以，

由（1）在上递减，在上递增，又，，，

所以，即有两个不等实根，则，．

即的取值范围是．

22．（1）,；（2）1．

【分析】（1）由参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化公式，结合同角三角函数的平方关系，可得所求；

（2）求得，， 运用辅助角公式，结合正弦函数的最值，计算可得所求最小值．

【详解】将代入，

得直线的极坐标方程为，

即，

由消去参数，

得曲线的普通方程为，

将代入，

得曲线的极坐标方程为，

由射线与交于点，

得，

即，

由射线与曲线交于点，

得，即，

则

，

所以当时，

得时，取得最小值.

23．（1）证明见解析；（2）a，b的一组值为0，5，理由见解析.

【分析】（1）利用绝对值三角形不等式得到，再根据，得到证明；

（2）根据不等式的解集为，得到，不妨取，则，再证明的解集为即可.

【详解】（1）证明：.

因为，

所以，

当时，取得最小值1，

故，，.

（2）依题意可得，

即，

不妨取，则.

下面证明的解集为.

证明：当时，，则，又，

所以.

当时，显然成立，所以.

当时，，则，又，所以.

所以的解集为，

故a，b的一组值为0，5.

【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是绝对值三角不等式的应用和的变形的巧妙结合.