吉林省实验中学2022-2023学年高三数学下学期模拟考试（六）试题（Word版附解析）

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吉林省实验中学

2022-2023学年度下学期高三年级模拟考试（六）

数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第II卷4至8页.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码.

2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷､草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.

3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存.

第Ⅰ卷

一､单选题：本题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得；

【详解】解：，

，

所以；

故选：C

2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由复数的几何意义确定复数，根据共轭复数的定义求，再由复数的运算求的代数形式，由此确定其虚部.

【详解】由题意得：复数，所以，

则

 所以 ，

所以复数的虚部是，

故选：A.

3. 函数的图象大致为（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据奇偶性，可排除AC，由，可排除B，从而可选出答案.

【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，

且，

故函数为上的偶函数，其图象关于轴对称，可排除AC；

，因为，所以，可排除B，

只有D选项符合以上信息.

故选：D.

4. 分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为．若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（    ）

A.  B.  C. 4 D.

【答案】C

【解析】

【分析】设第n个正方形的边长为，根据分形特点可得{}是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.

【详解】设第n个正方形的边长为，则由已知可得

∴，

∴{}是以9为首项，为公比的等比数列，

∴.

故选：C．

5. 一个表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个中心角为的扇形，设该扇形面积为，则为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由弧长公式可求出圆锥母线与底面圆半径的关系，再由圆锥表面积公式可解.

【详解】设圆锥母线长，底面圆半径，

，所以，

圆锥表面积，扇形面积，

所以.

故选：D

6. 已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】确定得到，，展开计算得到答案.

【详解】，，，

故，

.

故选：A

7. 已知，则的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，构造函数、，，利用导数探讨单调性比较大小作答.

【详解】令函数，则恒成立，故函数在上单调递增，

所以当时，，则，于，即；

当时，，则，所以，

而，于是，即；

综上：.

故选：C

8. 椭圆的中心在坐标原点，，，，分别为椭圆的左、右、上、下顶点，为其右焦点，直线与直线交于点，若为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据为钝角转化为，求出四点坐标，用数量积的坐标公式得到关于，的不等式，不等式两边同时除以得到关于离心率的不等式，解不等式即可得到离心率的取值范围.

【详解】如图，

设椭圆的标准方程为，．

由题意，得，，，

则，．

因为为向量与的夹角，且为钝角，

所以，所以．

又，所以，

两边同时除以得，解得或，

因为，所以.

故选：A．

二､多选题：本题包括9至12小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求.

9. 已知.若，则（    ）

A. 的最小值为10 B. 的最小值为9

C. 的最大值为 D. 的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据基本不等式的性质依次判断选项即可得到答案.

【详解】对选项A，B，因为已知，

所以，

当且仅当，即，取等号，故A错误，B正确.

对选项C，D，

，即，当且仅当，时等号成立，

故C正确，D错误.

故选：BC

10. 现有甲､乙两个箱子，甲中有2个红球，2个黑球，6个白球，乙中有5个红球和4个白球，现从甲箱中取出一球放入乙箱中，分别以表示由甲箱中取出的是红球，黑球和白球的事件，再从乙箱中随机取出一球，则下列说法正确的是（    ）

A. 两两互斥.

B. 根据上述抽法，从乙中取出的球是红球的概率为.

C. 以表示由乙箱中取出的是红球的事件，则.

D. 在上述抽法中，若取出乙箱中一球的同时再从甲箱取出一球，则取出的两球都是红球的概率为.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据给定条件，利用利用互斥事件意义判断A；利用全概率公式求出概率判断B；利用条件概率公式计算判断C；利用概率的乘法公式及互斥事件的概率加法公式计算判断D作答.

【详解】依题意，，

对于A，事件，不可能同时发生，即，因此事件，互斥，

同理：事件，，事件，互斥，故A正确；

对于B，从乙箱中取出的是红球的事件为，

则，

因此，故B正确；

对于C，由选项B知，，C正确；

对于D，取出乙箱中一球的同时再从甲箱取出一球，取出的两球都是红球的事件可以分拆成2个互斥事件的和，

记甲箱中取红球入乙箱，再从乙箱取红球、甲箱中取红球的事件为，

则，

记甲箱中取黑球或白球入乙箱，再从乙箱取红球、甲箱中取红球的事件为，

则

所以所求概率为，故D错误.

故选：ABC.

11. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ）

A. 直三棱柱的体积是1

B. 直三棱柱的外接球表面积是

C. 三棱锥的体积与点的位置有关

D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由柱体体积公式计算直三棱柱的体积验证选项A；由直三棱柱的结构特征求外接球半径和表面积验证选项B；判断三棱锥的底面积和高的特征验证选项C；把侧面和侧面展开在一个平面上求的最小值验证选项D.

【详解】直三棱柱中，，，，如图所示，

直三棱柱的体积为，故A选项正确；

直三棱柱是长宽高分别为的长方体的一半，外接球的半径为，外接球表面积是，故B选项正确；

O是与的交点，则的面积为定值，由平面，到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，与点的位置无关，故C选项错误；

把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时，的最小值等于，故D正确.

故选：ABD

12. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点作不垂直于轴的直线与交于，两点．设为轴上一动点，为的中点，且，则（    ）

A. 抛物线的方程为 B. 的最小值为

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】本题考查抛物线的定义及简单几何性质、直线与抛物线的位置关系、基本不等式，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．

【详解】由抛物线的准线与轴交于点，得，所以，所以抛物线的方程为，A错误．设直线的方程为，，．由整理，得，则，．由抛物线的定义，知，，所以

，所以，当且仅当时取得等号，B正确．由上可知，．设点的坐标为，则，．由得，所以，则直线的斜率为．因为，所以直线的斜率为，则直线的方程为．令，则，所以点的坐标为，则．由抛物线的定义可知，，所以，C错误．因为

，所以直线与直线关于轴对称，即平分，所以，则．整理，得，D正确．

故选：BD．

【点睛】本题全面考查考生运用坐标法解决平面解析几何问题，涉及方程、最值、等量关系的证明等，体现了基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求，对考生综合分析问题和解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力要求比较高．在解题过程中要熟悉抛物线焦点弦的相关结论，有利于优化解题过程，同时要借助平面几何的有关结论，不可一味“蛮干”，学会“巧干”．

第II卷

三､填空题：本题共4题，共20分.

13. 若，则二项式的展开式中，常数项是______．

【答案】##

【解析】

【分析】先由求出的值，再用二项式的展开式的通项可求解.

【详解】因为，所以，解得，

则二项式的展开式的通项公式为，

令，解得,

所以常数项是，

故答案：

14. 设，，则在方向上的投影向量的坐标为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据投影向量的定义求解即可.

【详解】因为，，

所以向量在方向的投影向量为.

故答案为：.

15. 已知命题.若为假命题，则的取值范围为_____.

【答案】

【解析】

【分析】首先写出命题的否命题，根据为假命题即可得出为真命题，从而转化为恒成立，利用导数研究最值，即可求出的取值范围.

【详解】为假命题

为真命题，故，

令，则，

令解得，令解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以.

故答案为：.

16. 若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是__________，方差是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.

【详解】由题意可知，数据的平均数为，

所以，则，

所以数据、、、的平均数为，

方差为，

所以，

将两组数据合并后，得到新数据，

则其平均数为，

方差为.

故答案为：；.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算.

四､解答题：本题共6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①；②；③

这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.

在中，内角的对边分别为，且满足__________.

（1）求角；

（2）若的面积为的中点为，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）4

【解析】

【分析】（1）选①，利用正弦定理的边角互化以及诱导公式可求解；选②，利用三角形面积公式和向量的数量积，即可求解；选③，利用正弦定理的边角互化以及两角差的正弦公式即可求解.

（2）利用三角形的面积公式可得，再由余弦定理以及基本不等式即可求解.

【小问1详解】

选①，由正弦定理可得

又因为，可得

即，所以，

又因为，所以

所以，解得

选②由题意

，

选③，

由正弦定理可得

，

，

.

【小问2详解】

，

解得，

由余弦定理可得

，

所以，

当且仅当时，即取等号，

所以的最小值为4

18. 在公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列．

（1）求的通项公式和前n项和；

（2）设，求数列的前n项和公式．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；

（2）利用裂项相消法即可求出结果.

【小问1详解】

公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，

所以，即，

解得，

则，

.

【小问2详解】

由（1）可知，，

可得数列的前项和

.

19. 如图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，点S在以为直径的半圆上，．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明线面垂直，平面，根据平面与平面垂直的判定可证结论；

（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用线面角的公式求解.

【小问1详解】

设的中点为O，连接，．

因为为等腰直角三角形，且，

所以，，且．

因为S在以为直径的圆上，所以．

故，故．

又因为，直线平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

  【小问2详解】

以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，

过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．

由得，

所以，

从而得，所以．

所以，，，

设平面的法向量为，则，，

不妨取，则．

因为，

故直线与平面所成角的正弦值为．

20. 为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：

（参考数据：）

（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；

（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型②的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）；模型②的拟合效果更好

【解析】

【分析】（1）求5年借阅量的平均数，可得随机变量服从超几何分布，求得概率即可得分布列与期望；

（2）根据计算样本中心值代入方程求得，即可得回归方程，计算残差即可得答案.

【小问1详解】

由题知，5年的借阅量的平均数为：，又，则

所以低于平均值的有3个，所以服从超几何分布，，

所以，，，

所以的分布列为：

所以；

【小问2详解】

因为

所以，即.

所以模型②的经验回归方程为：

根据模型①的经验回归方程可得：

根据模型②的经验回归方程可得：

因为，且

所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，

所以模型②的拟合效果更好.

21. 以双曲线的右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线相切于点

（1）求的方程.

（2）在轴上是否存在定点，过点任意作一条不与坐标轴垂直的直线，当与交于两点时，直线的斜率之和为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在满足条件的定点.

【解析】

【分析】（1）将切点代入直线方程得，结合和即可得到双曲线方程；

（2）假设存在满足条件的定点，设的方程为，将其与双曲线联立得韦达定理式，计算，通分整理将韦达定理式代入得，解出值即可.

【小问1详解】

双曲线的渐近线方程为，

圆与直线切于点，所以代入得，①

设，直线FQ有斜率，则，即，②

又③

由①②③解得，

所以双曲线的方程为.

【小问2详解】

假设存在满足条件的定点，因为直线不与坐标轴垂直，

故设的方程为.

由消去整理得，

则即

且

因为，所以直线的斜率为.

设为定值，即，

即，

即，

整理得，

所以，

所以.

因为为定值，且上式对任意恒成立，

所以

解得.

将代入式解得或且.

综上，存在满足条件的定点.

【点睛】关键点睛：本题采用设线法，设，定点，将直线与双曲线联立得韦达定理式，再设，展开整理得，将韦达定理代入得，解出值即可.

22. 已知函数.

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）若有两个零点，求取值范围；

（3）求证：.

【答案】（1）   

（2）   

（3）证明见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义运算求解；

（2）求导，利用导数分类讨论原函数的单调性，结合单调性分析零点，即可得结果；

（3）由（2）可得，构建，利用导数可得，进而可得结果.

【小问1详解】

当时，则，

可得，

即切点坐标为，斜率，

所以切线方程.

【小问2详解】

由题意可得：，

因为，则有：

（i）当时，则，即，

所以在上单调递减，至多有1个零点，不合题意；

（ⅱ）当时，令时，则；令时，则；

则在上单调递增，在上单调递减，

且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，

若有两个零点，则，

构建，则在上单调递增，且，

若，则；

综上所述：的取值范围为.

【小问3详解】

由（2）可知：当时，在上单调递增，在上单调递减，

则，

可得，当且仅当时，等号成立；

构建，则，

构建，则，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，所以，

即恒成立，则在上单调递增，且，

令，解得；令，解得；

即当时，；当时，；

则在上单调递增，在上单调递减，所以，

所以，当且仅当时，等号成立；

综上所述：，

但等号不能同时取到，所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤

（1）作差或变形；

（2）构造新的函数h(x)；

（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值；

（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．