2023届四川省江油市太白中学高三下学期高考模拟（三）数学试题含解析

2023届四川省江油市太白中学高三下学期高考模拟（三）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解分式不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.

【详解】由，则，即，解得，

所以，

由，即，解得，即，

所以.

故选：D

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式及余弦的2倍角公式可得答案.

【详解】．

故选：A

3．已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取的中点，连接，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】取的中点，连接则，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，

设直线与直线夹角为，则，

即直线与直线夹角的余弦值为.

故选：A

4．“”是“方程表示椭圆”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

【答案】B

【分析】根据方程表示椭圆，列出不等式组，求出的取值范围，然后根据题意和充分条件和必要条件的判断即可求解.

【详解】若方程表示椭圆，则有，解得且，因为且是集合的真子集，

所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件，

故选：B.

5．的展开式中，常数项为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其一次项系数和常数项，从而可求得结果.

【详解】展开式的通项公式为，

所以的展开式中，常数项为

，

故选：D

6．“中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是，球冠的高度是，则球冠的面积）．已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为（    ）（参考数值）

A．52米 B．104米 C．130米 D．156米

【答案】C

【分析】由，结合求解.

【详解】由题意得：，则，

则，

所以，

所以，

故选：C

7．从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）

A．24 B．27 C．30 D．36

【答案】C

【分析】分两种情况讨论：选0或2，4，分别求出组成无重复数字的三位奇数的个数，再求和即可.

【详解】第一类，从0，2，4中选一个数字，若选0，则0只能排在十位，故有个奇数，

第二类，从0，2，4中选一个数字，若不选0，先把奇数排个位，再排其它，故有个奇数，

综上可得，从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为个， 故选C．

【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.

8．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意利用正弦定理可得，进而整理，并求的取值范围，结合正弦函数分析运算即可.

【详解】因为，

由正弦定理可得，则，

因为，，则，

所以，即，

则，

因为，解得，

所以，则，

即的取值范围是.

故选：B.

9．某几何体三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】A

【分析】根据三视图还原几何体，将几何体放入长方体中，进而得出该几何体的外接球与长方体的外接球相同，再利用长方体的体对角线等于外接球的直径即可求解.

【详解】根据三视图知，该几何体是四棱锥，放入长、宽、高分别为4长方体中，如图所示,

所以该几何体的外接球与长方体的外接球相同，即长方体的体对角线等于外接球的直径，

设该几何体的外接球半径为，则

，解得.

所以该几何体的外接球半径为.

故选：A.

10．中是外接圆圆心，是的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用正余弦定理和向量的数量积求得的代数式，进而求得其最大值.

【详解】过点 作，垂足分别为，

如图，因 是外接圆圆心，则分别为的中点，

在 中，，

则 ，

即 ，

同理

则

由正弦定理得：，

当且仅当 时取“=”，

所以的最大值为.

故选：A.

11．设，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】根据双曲线的定义，结合余弦定理、双曲线的离心率公式进行求解即可.

【详解】设，，则，解得，，

，，

又因为，

所以有，

解得，则该双曲线的离心率为．

故选：A

12．设，则下列关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.

【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，

则当时，，即，取，所以，

记，因为，所以在上单调递减，

则当时，，即，取，所以，故，即；

记，因为，当时，，所以在上单调递增，

所以当时，，即，取，所以，即；

所以.

故选：C.

二、填空题

13．已知向量，，若，则______．

【答案】/

【分析】由向量垂直的坐标表示直接构造方程求解即可.

【详解】由题意得：，

，，解得：.

故答案为：.

14．若离散型随机变量满足：，则______.

【答案】

【分析】根据二项分布的方差公式及方差的性质计算可得.

【详解】因为，所以，

所以.

故答案为：

15．函数与的图象有个交点，其坐标依次为，，…，，则__________．

【答案】4

【详解】

因为，两个函数对称中心均 为 ； 画出，的图象，由图可知共有四个交点，且关于对称，，,故，故答案为.

16．如图，已知正方体的棱长为2，P为底面正方形ABCD内（含边界）的一动点，则下列结论正确的序号有______.

①存在点P，使得平面；

②三棱锥的体积为定值；

③当点P在棱CD上时，的最小值为；

④若点P到直线与到直线AD的距离相等，CD的中点为E，则点P到直线AE的最短距离是．

【答案】①②④

【分析】对于①，当点为与交点时，利用线面平行的判定定理即可判断；对于②，由到上底面的距离是定值即可判断；对于③，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，从而得以判断；对于④，先得到点的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离，从而得解.

【详解】对于①，连接，交点为，连接，连接，交点为，连接，如图，

因为在正方体中，，

所以四边形是平行四边形，所以，

易知是的中点，所以，

所以四边形是平行四边形，则，

又平面，平面，所以平面，故①正确;

对于②，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而到上底面的距离是定值，

所以三棱锥的体积是定值，故②正确；

对于③，当点在棱CD上时，把平面沿旋转，使得旋转面与平面共面，连接，如图，

此时取得最小值，

在中，，，则，故③错误；

对于④，由点到直线与到直线的距离相等，可知在以为准线，为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，

则，的轨迹是抛物线，其方程为，

因为的中点为，，

所以的方程:，与平行的抛物线的切线方程设为，

联立，可得，

则由，解得，可得切线方程为，

则点到直线的最短距离为，故④正确；

故答案为：①②④.

【点睛】关键点睛：本题第④结论的解决关键是利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点的轨迹方程，从而将问题转化为抛物线上的点到直线的距离的最值，从而得解.

三、解答题

17．已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，且数列的前n项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；

（2）求出，然后运用裂项相消法求出可得结论.

【详解】（1）设数列的公比为q，

由，，成等差数列可得，

故，解得，

由可得，

解得，故，即数列的通项公式为.

（2）由（1）可得，

故.

当时，取得最大值，当时，

，

故.

18．小家电指除大功率､大体积家用电器（如冰箱､洗衣机､空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，下表为连续5年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中年份对应的代码依次为.

(1)由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

(2)建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）.

参考数据：；

参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由题意代入公式即可求出相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系；

（2）利用最小二乘法求出，，即可得到关于的经验回归方程.

【详解】（1）由已知得,

.

因为与的相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.

（2）由题可得，

，

故关于的经验回归方程为.

19．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．

(1)求证：平面；

(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，或

【分析】（1）根据底面是正方形，且平面，可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，得平面的一个法向量，由数量积公式得，从而得，即可证明得平面；

（2）求解平面的法向量，设存在点，，设，代入表示出点，从而写出，再根据向量夹角的计算公式列式化简计算求出值，即可得答案.

【详解】（1）因为底面是正方形，且平面，

所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，

易知平面的一个法向量为，

所以，，又平面，

所以平面.

（2）设平面的法向量为，

则，当，可取，

假设存在点，，

设，所以，

所以，得，

所以，

得，解得或，

所以或

20．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个不相同的零点，设的导函数为.证明：.

【答案】(1)当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，根据导函数的正负求出函数的单调性；

（2）先确定，不等式变形，只需证明，且得到，接下来证明对数平均不等式，得到，从而得到，所以，.

【详解】（1）的定义域为，

且，

当时，恒成立，在上单调递增，

当时，令，解得，令，解得，

故在上单调递减，在上单调递增，

综上：当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）由（1）知：当时，在上单调递增，故至多有一个零点，不合要求，故，

要想有两个不相同的零点，则，

解得：，

，故

要证，即证，

即证：，

因为在上单调递增，

所以只需证，不妨设，

两式相减得：，

变形为，

下面证明在上成立，

只需证，即，

令，即证，

构造，，

则恒成立，

故在上单调递增，

故，所以，，

故，即，所以，，证毕.

【点睛】对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明.

21．已知椭圆经过点，其右焦点为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)椭圆的右顶点为，若点在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆过的点和右焦点，列方程组求出，则椭圆方程可求；

（2）设，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理计算，可得的关系，利用的关系表示出，利用二次函数的性质求出最值.

【详解】（1）依题可得解得

所以椭圆的方程为；

（2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，

故可设，

由可得，，

所以，即，

而，即，

化简可得，

，

化简得，

所以或，

所以直线或，

因为直线不经过点，

所以直线经过定点.

所以直线的方程为，易知，

设定点

，

因为，且，

所以，所以，

设，

所以，

当且仅当，即时取等号，即面积的最大值为.

【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：

（1）常规面积公式：底高；

（2）正弦面积公式：；

（3）铅锤水平面面积公式：

过轴上的定点：（为轴上定长）

过轴上的定点（为轴上定长）

22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线与曲线，（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线C的普通方程；

(2)在极坐标系中，射线与直线l和曲线C分别交于点A，B，若，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数即可得到曲线的普通方程；

（2）写出直线l的极坐标方程为，得到，曲线C的极坐标方程为，曲线C的极坐标方程为，，代入条件结合二倍角公式及同角三角函数关系即可得到的值.

【详解】（1），，

则，

故曲线C的普通方程为，.

（2）直线l的极坐标方程为，易得.

曲线C的极坐标方程为，易得.

由已知，得，，

，，

两边平方并整理得.

又，即，所以，则.

23．已知存在，使得成立，，.

(1)求的取值范围；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用绝对值不等式即可；

（2）利用柯西不等式即可.

【详解】（1）由题意，知.

因为存在，使得，

所以只需，即的取值范围是.

（2）由柯西不等式，得，

当，时，取得最小值.