四川省成都市成华区某重点校2023届高三数学（理）阶段性考试（三）暨高考模拟考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年度（下）阶段性考试（三）暨高考模拟考试

高2020级数学（理科）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题目要求.

1. 已知，则下列判断正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由元素与集合关系的判断，

【详解】对于A，令，得，则，故A错误，

对于B，令，得，则，故B错误，

对于C，令，得，则，故C错误，

对于D，令，得，则，故D正确，

故选：D

2. 已知复数z满足，则（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值，再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.

【详解】设（a，），则，

根据复数相等的定义，得，解得或，

所以．

故选：B.

3. 为加强居民对电信诈骗的认识，提升自我防范的意识和能力，拧紧保障居民的生命财产的“安全阀”，某社区开展了“防电信诈骗进社区，筑牢生命财产防线”专题讲座，为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份防电信诈骗手段知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图所示，则（    ）

A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数大于75%

B. 讲座后问卷答题的正确率的众数为85%

C. 讲座前问卷答题的正确率的方差小于讲座后正确率的方差

D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意图中的数据分析，结合中位数、众数、极差的定义和方差的意义依次判断选项即可.

【详解】由图可知，讲座前10位居民问卷答题的正确率分别为

，

讲座后10位居民问卷答题的正确率分别为

.

A：讲座前10位居民问卷答题的正确率按小到大排列为

其中位数为，故A错误；

B：讲座后10位居民问卷答题的正确率的众数为，故B正确；

C：由图可知，10位讲座前的居民问卷答题的正确率波动比讲座后的大，

所以10位讲座前的居民问卷答题的正确率的方差大于讲座后的方差，故C错误；

D：讲座前10位居民问卷答题的正确率的极差为，

讲座后10位居民问卷答题的正确率的极差为，

，故D错误.

故选：B.

4. 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得几何体的直观图，然后根据体积公式即得．

【详解】该几何体的直观图如图所示，

其体积为:．

故选：B．

5. 的展开式中的系数是12，则实数a的值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项式定理将式子展开即可求解.

【详解】利用二项式定理展开得

则的系数为.

故选：C.

6. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.

【详解】由，

得，

所以为偶函数，故排除BD.

当时，，排除A.

故选：C.

7. 已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用两角和正切公式得，再利用二倍角公式化简，根据同角三角函数的基本关系将弦化切，代入计算可得.

【详解】因为，所以，

则

.

故选：D

8. 如图，在正方体中，点，分别为，的中点，下列说法中不正确的是（    ）

A. 平面 B.

C. 与所成角为45° D. 平面

【答案】D

【解析】

【分析】连接，，由中位线定理以及线面平行判定判断A；由平面证明；由，得出与所成角；由与不垂直判断D.

【详解】对于A：如图，连接，.

在正方形中，为的中点,，即也为的中点，

在中，分别为的中点，，

又平面，平面，平面，故A正确；

对于B：平面，，，故B正确；

对于C：，，与所成角为，故C正确；

对于D：连接，，

，与不垂直，即与不垂直，则不垂直平面，故D错误；

故选：D

9. 已知函数在处有极小值，且极小值为，则（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数极值的性质，结合函数极值的定义进行求解即可.

【详解】．因为在处有极小值，且极小值为，所以，即，解得或．

当时，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值．

当时，，则在上单调递增，无极值．

故选：A

【点睛】关键点睛：利用导数根据极值求出参数，必须要根据极值的定义进行验证是解题的关键.

10. 一个球体被平面截下的一部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积，其中R为球的半径，H为球缺的高．如图，若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺，其高之比为，则表面积（包括底面）之比（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由球的性质可求出截面圆的半径，从而求出表面积，可解此题.

【详解】∵，，∴，，

∴．

故选：B

11. 已知函数的图象关于直线对称，则（    ）

A. 函数在上单调递增

B. 函数为偶函数

C. 若，则的最小值为

D. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象

【答案】C

【解析】

【分析】根据周期和对称轴可得函数所有对称轴，根据对称轴位置可判断.

【详解】因为，故A不正确；由题知， 的周期为，所以对称轴为Z，

所以的对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故B不正确；函数的图象向右平移个单位长度后，其对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故D不正确；由题知，若，则的最小值为函数的半周期，故C正确.

故选：C

12. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线定义得到，过作，为垂足，可知为中点，从而求出，由得，在直角三角形中由勾股定理得，化简即可求出双曲线的离心率．

【详解】因为，

所以，即，

所以，

由双曲线的定义知，所以.

如图，过作，为垂足，

因为，所以为的中点，，

由得，即，

所以，在直角中，,

即，即，

所以，解得，

因为，所以双曲线的离心率是.

故选：A

二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若抛物线上的点到焦点的距离为8，到轴的距离为6，则抛物线的方程是_________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据抛物线的定义，可得结果.

【详解】根据抛物线定义，，解得，

故抛物线的方程是.

故答案为：

【点睛】本题考查抛物线的定义，一般来讲，抛物线中焦点和准线伴随出现，属基础题.

14. 已知单位向量的夹角为，则=_________.

【答案】

【解析】

【分析】

先求出的值，再结合，可求出答案.

【详解】因为单位向量的夹角为，所以，所以==.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的模，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，，则的值是______．

【答案】2

【解析】

【分析】由余弦定理求得，结合，可求得，故结合可求得，再利用余弦定理即可求得答案.

【详解】由中，可得，

由于，则，且，

由可得，

故，

故答案为：2

16. 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______．

【答案】

【解析】

【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：.

三．解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知数列满足，.

（1）证明：数列是等比数列；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用给定的递推公式，结合推理判断作答.

（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和作答.

【小问1详解】

当时，，解得，

当时，，，两式相减得，即，

即有，而，则，，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.

【小问2详解】

由（1）知，于是，

则，

于是，

两式相减得，

所以

18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；

（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；

【答案】（1），中位数；   

（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；

（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.

【小问1详解】

由频率分布直方图的性质可得，，

解得，

设中位数为， 解得；

【小问2详解】

的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1

从中分别抽取7人，3人，1人，

所有可能取值0，1，2，3，

，，，

故的分布列为：

故

19. 如图，四棱柱ABCD—的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，AA1的中点.

（1）证明：B，E，D1，F四点共面；

（2）若求直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明来证明B，E，D1，F四点共面.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.

【小问1详解】

取的中点为G，连接AG，GE，

由E，G分别为，的中点，

∴EG∥DC∥AB，且，

∴四边形ABEG为平行四边形，

故.

又F是中点，即，

∴，

故B，F，，E四点共面.

【小问2详解】

连接AC、BD交于点O，取上底面的中心为，

以O为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则A（，0，0），B（0，1，0），，F（，0，1），

∴

设面的一个法向量为，

则，即，取，

设直线AE与平面BED1F所成角为θ，故，

∴直线AE与平面BED1F所成角的正弦值为.

20. 在平面直角坐标系中，点分别在轴，轴上运动，且，动点满足．

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）设圆上任意一点处的切线交轨迹于点两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标．若不过定点，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）以为直径的圆过定点.

【解析】

【分析】（1）设，由得，运用坐标变换和圆的方程，可得轨迹方程；

（2）讨论切线的斜率不存在，求得切线方程，以及以为直径的圆的方程，可得交点；

当切线斜率存在时，设切线方程为，运用直线和圆相切的条件，以及与椭圆方程联立，运用韦达定理，运用向量的数量积的性质，计算即可得到结论．

【小问1详解】

设

由得①

由得

所以代入①式得

整理得，所以动点的轨迹的方程为.

【小问2详解】

①当切线斜率不存在时，切线方程为

（i）当切线方程为时，

以为直径的圆的方程为②

（ii）当切线方程为时，

以为直径的圆的方程为，③

由②③联立，可解得交点为.

②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，设切线方程为，

则，故

由联立并消去整理得

因为

所以切线与椭圆恒有两个交点，

设，则

所以

所以，即以为直径的圆过原点

综上所述，以为直径的圆过定点.

21. 已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，函数有三个不同的零点，，，求证：．

【答案】（1）增区间为，；减区间为；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；

（2）由，可得是函数的一个零点，不妨设，把问题转化为证，即证．由，得，结合，是方程的两个实根，得到，代入，只需证，不妨设．转化为证．

设，则等价于．设，利用导数证明即可．

【详解】（1）解：，

令，得，．

当或时，；当时，．

增区间为，；减区间为；

（2）证明：，是函数的一个零点，不妨设，

则要证，只需证．

由，得，

，是方程的两个实根，

，①

，②，

①②得：，

代入，只需证，不妨设．

，只需证．

，只需证．

设，则等价于．

设，只需证，

又，设，

则，上单调递增，则．

，从而在上是增函数，

．

综上所述，．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．

选考题（共10分，从以下的22、23两题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题给分）

22. 如图，在极坐标系中，曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，曲线C2是以为圆心的圆，曲线C1、C2都过极点O．

（1）分别写出半圆C1，C2的极坐标方程；

（2）直线l：与曲线C1，C2分别交于M、N两点（异于极点O），P为C2上的动点，求△PMN面积的最大值．

【答案】（1）；；（2）．

【解析】

【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．

（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．

【详解】（1）曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，

所以半圆的极坐标方程为，

曲线C2是以为圆心的圆，转换为极坐标方程为．

（2）由（1）得：|MN|＝|．

显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．

此时点P为过C2且与直线MN垂直的直线与C2的一个交点，

设PC2与直线MN垂直于点H，

如图所示：

在Rt△OHC2中，|，

所以点P到直线MN的最大距离d，

所以．

【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．

23. 已知.

（1）解关于的不等式：；

（2）若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）讨论的取值，去绝对值，从而解得不等式的解集；

（2）由绝对值不等式求出的最小值，利用均值不等式求出的最小值

【小问1详解】

①当时，不等式可化为，可得；

②当时，不等式可化为，有，不可能；

③当时，不等式可化为，可得，

由上知关于的不等式的解集为；

【小问2详解】

由，可得，

有，

有

（当且仅当，时取等号）.

有，

故的最小值为.