重庆市2023届高三三模数学试题（含答案）

这是一份重庆市2023届高三三模数学试题（含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．在复平面上，复数对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，，则下列关系正确的是（    ）A． B． C． D．3．从小到大排列的数据的第三四分位数为（    ）A． B． C． D．4．二项式展开式的第r项系数与第r＋1项系数之比为（    ）A． B． C． D．5．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则“”是“函数为偶函数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知是单位向量，向量满足与成角，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．7．已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（    ）A．0 B． C． D．8．已知n棱柱（，）的所有顶点都在半径为1的球面上，则当该棱柱的体积最大时，其上下底面之间的距离为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（    ）A．a，b， B．，，C．a，， D．，，b10．对于数列，若，，则下列说法正确的是（    ）A． B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的最小正周期是  B．，使 C．在 内有4个零点 D．函数的图像是中心对称图形12．函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的x，均满足：，，则（    ）A． B．C． D． 三、填空题13．已知随机变量，若，则______．14．已知，，且，则的最小值为______.15．过直线上任一点P作直线PA，PB与圆相切，A，B为切点，则的最小值为______．16．已知，分别为椭圆的左右焦点，P是椭圆上一点，，，则椭圆离心率的取值范围为______． 四、解答题17．已知数列的前n项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．18．已知的内角、、的对边分别为、、，．(1)求；(2)若，求．19．如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．(1)求球O的表面积；(2)求二面角的余弦值．20．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，投壶礼来源于射礼．投壶的横截面是三个圆形，投掷者站在距离投壶一定距离的远处将箭羽投向三个圆形的壶口，若箭羽投进三个圆形壶口之一就算投中．为弘扬中华传统文化，某次文化活动进行了投壶比赛，比赛规定投进中间较大圆形壶口得分，投进左右两个小圆形壶口得分，没有投进壶口不得分．甲乙两人进行投壶比赛，比赛分为若干轮，每轮每人投一支箭羽，最后将各轮所得分数相加即为该人的比赛得分，比赛得分高的人获胜．已知甲每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率都是，乙每轮投一支箭羽进入中间大壶口的概率为，投进入左右两个小壶口的概率分别是和，甲乙两人每轮是否投中相互独立，且两人各轮之间是否投中也互相独立．若在最后一轮比赛前，甲的总分落后乙分，设甲最后一轮比赛的得分为，乙最后一轮比赛的得分为．(1)求甲最后一轮结束后赢得比赛的概率；(2)求的数学期望．21．已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．22．已知函数，，．(1)求曲线在x＝1处的切线方程；(2)求使得在上恒成立的k的最小整数值．
参考答案：1．C【分析】化简可得，根据复数的几何意义得出点的坐标，即可得出答案.【详解】因为，所以，在复平面上，复数对应的点为.故选：C.2．B【分析】根据数集的定义，求解方程，得出集合，即可得出答案.【详解】若，解可得，或或，所以.若，则，所以，所以.故选：B.3．D【分析】由百分位数的估计方法直接求解即可.【详解】，该组数据的第三四分位数为.故选：D.4．B【分析】根据二项式展开式的通项公式可求得第r项系数与第r＋1项系数，从而可求解.【详解】因为展开式的通项公式为，则第r项系数为，第r＋1项系数为，所以.故选：B5．A【分析】根据题意求出函数的解析式，然后通过函数是偶函数求出的取值范围，最后与进行对比，即可得出“”与“为偶函数”之间的关系．【详解】因为函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，所以，因为为偶函数，所以，即，当时，可以推导出函数为偶函数，而函数为偶函数不能推导出，所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.故选：A6．C【分析】设，由已知与的夹角为可得，由正弦定理 得，从而可求的取值范围.【详解】设，如图所示：则由，又与的夹角为，.又由，由正弦定理，得，，，，故选：C7．C【分析】根据导数的几何意义可得，求解即可.【详解】由且x不为0，得设切点为，则，即，所以，可得.故选：C8．C【分析】转化为球体内接圆柱体积最大时，求上下底面的距离. 设圆柱底面圆的半径为，用表示圆柱的体积，再利用导数可求出结果.【详解】圆内接边形为正边形时面积最大，要使棱柱的体积最大，棱柱的底面必为正边形，由于正边形与外接圆的面积比不依赖于圆的半径，故只需考虑球体内接圆柱体积最大时，上下底面的距离.设圆柱底面圆的半径为，则球心到圆柱底面的距离为，圆柱体积为，考虑函数，，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以时，，所以当时，棱柱的上下底面之间的距离为.故选：C【点睛】关键点点睛：转化为球体内接圆柱体积最大时，求上下底面的距离是本题解题关键.9．ACD【分析】由三角形全等的条件或者正、余弦定理即可判定.【详解】法一、根据三角形全等的条件可以确定A、C、D三项正确，它们都可以唯一确定三角形；法二、对于A项，由余弦定理可知，可求得，即A正确；对于B项，知三个内角，此时三角形大小不唯一，故B错误；对于C项，由正弦定理可知，即C正确；对于D项，同上由正弦定理得，即D正确；故选：ACD.10．ACD【分析】由，得，两式相减得，结合可知数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，从而即可对选项进行逐一判断.【详解】由，，得，，，所以A选项正确；又，，两式相减得，令，可得，所以不是等差数列，是等差数列，故B选项错误，C正确；同理，令，则，所以是以为首项，公差为2的等差数列，所以，故D正确.故选：ACD11．BCD【分析】根据相关的定义逐一分析各个选项所求的函数性质.【详解】对于A， ，错误；对于B， ， ， ， ，即 ，使得 ，正确；对于C，令 ，即 ，即 或 ，解得： ，恰好有4个零点，正确；对于D， ， ， ，即 关于 点对称，正确；故选：BCD.12．ABD【分析】先得到，再假设为正整数，利用累乘法求出的解析式，再验证不为正整数时，也符合题意.利用的解析式容易判断ABC，根据错位相减法求和可判断D.【详解】令，得，代入，得，当为正整数时，，所以，所以，代入，得，所以，又当时，也符合题意，所以.当不为正整数时，经验证也满足，故为任意实数时，都有.所以，故A正确；，故B正确；所以，，故C不正确；所以，令，则，所以，所以，所以，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛： 假设为正整数，利用累乘法求出，再验证不为正整数时，也满足题意是解题关键.13．/【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可得出答案.【详解】由已知可得，，根据正态分布的对称性可得，，所以，.故答案为：.14．【解析】由条件可得，则利用均值不等式可得答案.【详解】由得，所以当且仅当，即且时取得等号.故答案为：【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方15．【分析】求出圆的圆心，半径.然后根据已知可推得，四点共圆，进而得出是两圆的公共弦，根据四边形的面积，即可推得.然后求出的最小值，即可得出答案.【详解】由已知可得，圆心，半径.因为为切线，所以，所以，四点共圆，过圆心，所以，是圆与圆的公共弦，所以，且.设四边形面积为，则.又，所以，.显然，当增大时，也增大，所以，当最小时，有最小值.当时，最小，，此时.故答案为：.16．【分析】设，可得，.然后根据正弦定理可求出，.根据椭圆的定义可推得，，化简整理可得，.求出，令，构造函数，根据函数的单调性，即可得出答案.【详解】设，则，.由正弦定理可得，，所以，.根据椭圆的定义可知，，所以有，所以有.因为，，所以，令，则，设，则函数在上单调递增.又，，所以，，即.故答案为：.【点睛】思路点睛：设，根据已知条件，求出的三个内角，根据正弦定理用表示出.然后根据椭圆的定义，化简整理可推得.进而根据函数的性质，结合的范围，即可得出答案.17．(1)(2) 【分析】（1）构造等比数列，求出，再根据，求出后，验证可得解；（2），根据等比数列和等差数列的求和公式，分组求和可得结果.【详解】（1）因为，所以，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，当时，，所以，当时，也适合，故.（2），所以数列的前n项和为.18．(1)(2) 【分析】（1）将切化弦，再由差角公式得到，利用正弦、余弦定理将角化边，即可得证；（2）由余弦定理及（1）的结论得到，即可得到三角形为等腰三角形，利用二倍角公式公式求出，再由诱导公式计算可得.【详解】（1）因为，所以，所以，即，由正弦定理可得，由余弦定理可得，所以，即，所以.（2）由题意可知，又，可得，所以，即为等腰三角形，由，解得或，因为，所以，所以，所以.19．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理求出底面外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；（2）取的中点，连，过作，交于，连，则是二面角的平面角，解三角形可得结果.【详解】（1）底面外接圆的半径，又球心O到底面的距离为1．所以球的半径，所以球O的表面积为.（2）因为为球的直径，所以，，取的中点，连，则，则,因为，，所以，在等腰三角形中，过作，交于，连，则是二面角的平面角，，在中，，，，，，在中，,在中，，在中，.所以二面角B－AC－D的余弦值为.【点睛】思路点睛：求二面角的常用思路：（1）利用二面角平面角的定义，在二面角的棱上选取特殊点，分别在两个面内作棱的垂线，找到平面角，然后解三角形得解；（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解.20．(1)(2) 【分析】（1）分别计算出甲、乙每轮得分可能取值对应的概率，根据最后一轮甲反败为胜可知，结合独立事件概率乘法公式可求得结果；（2）确定所有可能的取值后，可结合独立事件概率乘法公式可计算得到每个取值对应的概率，根据数学期望计算公式可求得结果.【详解】（1）设甲一轮的得分为，则，，；设乙一轮的得分为，则，，；则甲最后一轮反败为胜的概率.（2）由题意知：所有可能的取值为，；；；；的数学期望.21．(1)(2) 【分析】（1）根据的面积及其为正三角形的特征，可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）假设直线方程，利用对称性可知在轴上，由此可得；设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入中整理可得，根据，由向量数量积的坐标运算可构造不等式求得结果.【详解】（1）是面积为的正三角形，，解得：，椭圆的方程为：.（2）设，则，直线方程为：，即；由对称性可知：点在轴上，则令，解得：，设直线，由得：，，，，又，，，，为钝角，，解得：或，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的向量数量积问题，解题关键是能够利用韦达定理的结论化简点坐标，结合为钝角，将问题转化为向量数量积的求解问题，从而构造不等式求得结果.22．(1)(2)的最小整数值为2 【分析】（1）求出切点，求出函数在x＝1处的的导数，根据点斜式即可求出切线方程；（2）分别考虑，成立的的最小整数值即可.【详解】（1）曲线，，当时，故切线方程为，整理得：.（2）先设，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减.所以，故.令，有，，易知在上单调递增，令，有.有=.由，故，所以，所以.故符合条件的的最小整数值为2.【点睛】本题重点考查学生对导数综合应用能力，需要学生有较强的数学运算和逻辑推理素养.在恒成立问题中，我们通常需要把恒成立问题转化为求函数最值问题.