内蒙古2022-2023学年高三第三次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

内蒙古2022-2023学年高三第三次模拟考试数学（理）试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，则满足条件的集合的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

2．已知复数满足：（i为虚数单位），则（    ）

A． B．1 C． D．2

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

4．已知､､，那么下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若且，则 D．若且，则

5．袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（    ）

A．3/5 B．3/4 C．1/2 D．3/10

6．点是抛物线：上的一点，点､是抛物线上的两个动点，若直线､的倾斜角互补，则直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知是定义在R上的奇函数，且对任意都有，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

8．陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一.传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽.中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺.如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱.其中总高度为，圆柱部分高度为，已知该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为（    ）

A． B． C． D．

9．图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是

A．25 B．66 C．91 D．120

10．若幂函数的图像过点，则函数的零点为

A．1 B．2 C．3 D．4

11．下列说法中，正确的有（    ）个.

①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；

②过球面上任意两点只能作球的一个大圆；

③三棱锥的四个面都可以是直角三角形；

④梯形的直观图可以是平行四边形.

A． B． C． D．

12．在△中，，，分别是角，，的对边，若，且，，则的值为（    ）

A． B．2 C． D．1

二、填空题

13．已知直线与曲线相切于点，则的值为____.

14．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是与的一个公共点，且，，若，的离心率分别为，，则的最小值为______．

15．如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心，AB为半径的圆弧上的任意一点，设向量,则最小值为___________．

16．奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则_____

三、解答题

17．已知数列满足，，是公差为1的等差数列.

(1)证明：是等比数列；

(2)求的前项和.

18．高中阶段有这样一句话，成也数学败也数学，意思是说数学成绩好的同学总成绩也好，数学成绩不好的同学总成绩也不好.某市教育局对本届高三学生的上学期期末考试成绩进行随机调查得到如下列联表：

（1）求表中的值；

（2）能否有的把握认为学生总成绩不好与数学成绩不好有关？

附：

19．如图所示，直角梯形中，，垂直，，四边形为矩形，，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；

（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.

21．已知函数，．

(1)若函数在区间内单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若，且，求证：．

22．在直角坐标系xOy中，已知椭圆C的参数方程为（为参数），直线m的参数方程为（s为参数），直线l垂直于直线m且过椭圆C的右焦点F.

(1)求椭圆C的普通方程和直线l的参数方程；

(2)直线l交椭圆C于A、B两点，求.

23．设函数，记的解集为.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）当时，证明：

参考答案

1．D

【分析】先用列举法出表示集合A和B，再结合子集的定义分析可得结果.

【详解】求解一元二次方程，得

，易知．

因为，所以根据子集的定义，

集合必须含有元素1，2，且可能含有元素3，4，

原题即求集合的子集个数，即有个.

故选：D．

2．C

【分析】通过复数除法得，利用复数模的定义即可得到答案.

【详解】，故.

故选：C.

3．C

【分析】根据两角差的正切公式求得，将化简为，根据齐次式的计算求得，即可求得答案.

【详解】由可得 ，

故，

而，

故，

即，

故选：C

4．C

【分析】根据不等式的性质，对选项逐一判断即可.

【详解】对于选项A，当为0时不成立；

对于选项B，当为负数是不成立；

对于选项C，由且可得，所以故C正确；

对于选项D，若且说明同号，当为正数时不成立.

故选：C

5．C

【分析】先记事件A为“第一次取到白球”，事件B为“第二次取到白球”，则事件AB为“两次都取到白球”，根据题意得到与，再由条件概率，即可求出结果.

【详解】记事件A为“第一次取到白球”，事件B为“第二次取到白球”，

则事件AB为“两次都取到白球”，

依题意知，，

所以，在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是．

故选：C.

【点睛】本题主要考查条件概率与独立事件，熟记条件概率的计算公式即可，属于常考题型.

6．D

【分析】先求得点坐标，由列方程，化简后计算出直线的斜率.

【详解】，

由，设点､的坐标分别为，，

则，，

故有，

可得，而.

故选：D

7．A

【分析】根据函数为奇函数得到，进而得到，结合，得到，赋值后得到，故的一个正周期为8，从而，再结合与得到答案.

【详解】因为是定义在R上的奇函数，

所以，

将代替，可得

由可得，，

故，即，

所以，则，

故的一个正周期为8，

所以，

在中，令，可得，

所以

故选：A

8．B

【分析】根据题意求得该陀螺的总体积，结合圆柱和圆锥的体积公式，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，

可得该陀螺的总体积为，

设底面半径为，则，解得.

故选:B.

9．C

【详解】解：根据分析：图（1）中只有一层，有（4×0+1）一个正方形，图（2）中有两层，在图（1）的基础上增加了一层，第二层有（4×1+1）个．图（3）中有三层，在图（2）的基础长增加了一层，第三层有（4×2+1），依次类推当图形有二层和七层时总的正方形的个数．

当图形有七层时，第七层的个数为：（4×6+1），则此时总的正方形个数为：1+（4×1+1）+（4×2+1）+（4×3+1）+（4×4+1）+（4×5+1）+（4×6+1）=91．

故答案为 91．

10．D

【分析】结合题意,代入点坐标,计算的解析式,计算零点,即可得出答案.

【详解】，，，.

【点睛】本道题考查了函数解析式的计算方法和函数零点计算问题,代入点坐标,计算解析式,计算零点,属于较容易题.

11．A

【分析】举例说明.②根据平面的基本性质判断.③举例说明.④根据斜二测画法判断.

【详解】①如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；

②过球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，故错误；

③一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥，满足题意，故正确；

④因为平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故错误.

故选：A

【点睛】本题主要考查命题的真假判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

12．B

【分析】由正弦定理边角关系及已知条件可得，再由三角形内角的性质有，进而应用余弦定理求的值.

【详解】由题设，且，可得，，

所以，又，，

所以，即.

故选：B.

13．2019

【分析】将切点代入曲线方程求得，将切点代入直线方程，将切点横坐标代入曲线对应函数的导函数，求得切线的斜率，由此列方程组，解方程组求得的值.

【详解】将点坐标代入曲线方程得，曲线方程为，对应函数的导数为.依题意得，解得，.

【点睛】本小题主要考查函数导数与切线方程，考查待定系数法求曲线的解析式，属于中档题.

14．##1.125

【分析】设椭圆与双曲线的焦距为，，的长半轴长分别是，，根据椭圆及双曲线的定义求出，，又，利用勾股定理得到，即可得到，再由基本不等式计算可得.

【详解】设椭圆与双曲线的焦距为，，的长半轴长分别是，，

由题意得，，

所以，，

又，所以，即，

所以．

所以，

当且仅当，等号成立．

故答案为：

15．

【分析】建立平面直角坐标系,用三角函数表示，最后根据函数单调性求最小值.

【详解】以为原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系.

设正方形的边长为，

则   

设  .又向量

所以，

∴，

∴，

∴．

令，则

所以当时，取最小值为.

【点睛】涉及几何图形问题，要注意分析图形特征，利用已有的垂直关系，建立平面直角坐标系，将向量用坐标表示，利用向量共线的充要条件，应用函数方程思想解题.

16．1

【分析】根据为上的奇函数，为偶函数得到函数的周期性求解.

【详解】因为为上的奇函数，

所以，，

又因为为偶函数，

所以，

所以，

所以，，

所以，

故答案为：1

17．(1)证明见解析；

(2).

【分析】(1)根据等差数列的定义求出数列的通项公式，可得，等式两边同时加n，则，结合等比数列的定义即可证明；

(2)由(1)和等比数列的通项公式可得，利用分组求和法即可求解.

【详解】（1）因为是公差为1的等差数列，，

所以，

即，等式两边同时加n，

得，又，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列；

（2）由(1)知，，所以，

所以

18．（1），，，；（2）有的把握认为学生总成绩不好与数学成绩不好有关.

【分析】（1）根据的列联表中的数据，列出方程，即可求解；

（2）根据独立性检验的公式，求得的观测值，结合附表，即可求解.

【详解】（1）由的列联表中的数据，可得，得.

由，得.

由，得.

由，得.

（2）由独立性检验的公式，可得，

因此有的把握认为学生总成绩不好与数学成绩不好有关.

19．（1）证明见详解；（2）；（3）存在，且.

【分析】（1）取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，求得，由，即可求证平面；

（2）求得平面的一个法向量，设向量与的夹角为，根据，即可求得答案；

（3）设，求向量与平面的法向量所成角的余弦值，列出方程求解，即可得出的值，从而可求出结果.

【详解】（1）取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，

所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，

设平面的一个法向量为，

.

不妨设，则，

.

又，

，

.

又平面，

平面；

（2），

设平面的一个法向量为，

不妨设，则，，

.

设向量与的夹角为，

则，

，

.

平面与平面所成二面角的正弦值为；

（3）设，

则，所以，

又平面的一个法向量为，

即直线与平面所成角为，

则，

整理得，解得或，

当时，，则；

当时，，则；

综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为.

【点睛】本题主要考查向量法求证线面平行和向量法求二面角，以及由线面角求其它量的问题，属于常考题型.

20．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在，进行分类讨论：当直线的斜率存在时，设直线：.设轴上存在定点，利用“设而不求法”表示出，求出；再由对称性判断出直线的斜率不存在时符合题意.

【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.

（2）设.

当直线的斜率存在时，设为，则直线：.

联立，消去可得：.

所以.

设轴上存在定点，则，.

因为，所以，

所以，即，

整理得：，

所以，

所以，解得：.

即.

当直线的斜率不存在时，由对称性可知：，关于轴对称，由，可知直线与直线关于轴对称，所以直线与直线的斜率之和为零.符合题意.

综上所述：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件将问题转化为在上恒成立问题,然后根据函数的单调性求出的范围；

（2）根据条件将问题转化为成立问题,令，即成立，再利用函数的单调性证明即可.

(1)

解：因为的定义域为，

所以，

若函数在区间递增，

则在上恒成立，

即在上恒成立，

则只需，

令，则，

当时，，单调递减，

即在时取得最小值9，

所以，

所以a的取值范围为．

(2)

解：令，，

则，．

由，且，得，

所以，，

所以要证成立，

只需证，

即，即成立即可，

令，则需证，

由（1）可知时，函数在单调递增，

所以，所以成立，

所以．

【思路点睛】1、一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则恒成立．

2、对于函数不等式的恒成立问题，可构建新函数，再以导数为工具讨论新函数的单调性从而得到新函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.

22．(1)；（t为参数）；

(2)4.

【分析】（1）消去参数得椭圆C的普通方程，再求出直线l的参数方程作答.

（2）将直线l的参数方程代入椭圆C的普通方程，利用参数的几何意义计算作答.

(1)

依题意，椭圆C的普通方程为，其右焦点，

直线m：的斜率为，其倾斜角为，而直线l垂直于直线m，则直线l的倾斜角为，

所以，直线l的参数方程（t为参数），即（t为参数）.

(2)

把直线l的参数方程（t为参数）代入椭圆C的方程得：，即，

设点A、B所对参数分别为，则有，

所以.

23．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.

【详解】试题分析：（Ⅰ）化简，通关当时，当时，分别求解的解集；（Ⅱ）求出当时，，化简，利用二次函数的性质求解即可.

试题解析：（Ⅰ）由已知，得，当时，由，解得，此时；当时，由，解得，显然不成立，故的解集为

（Ⅱ）当时，，于是，∵函数在上是增函数，∴，故.