河南省许平汝名校考前定位2023届高三三模理数试题（含解析）

河南省许平汝名校考前定位2023届高三三模理数试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数在复平面内对应的点位于第二象限，则实数m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

3．已知函数则（    ）

A． B． C．2 D．4

4．将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在区间上的值域为（    ）

A． B． C． D．

5．已知的展开式中的常数项是672，则（    ）

A． B． C．2 D．1

6．已知等腰梯形ABCD中，，，BC的中点为E，则（    ）

A． B．

C． D．

7．已知三棱锥中，平面ABC，，，，，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数的最大值为0，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

9．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，，则（    ）

A． B． C．8 D．4

10．2022年卡塔尔世界杯上，32支球队分成8个小组，每个小组的前两名才能出线，晋级到决赛．某参赛队在开赛前预测：本队获得小组第一的概率为0.6，获得小组第二的概率为0.3；若获得小组第一，则决赛获胜的概率为0.9，若获得小组第二，则决赛获胜的概率为0.3．那么在已知该队小组出线的条件下，其决赛获胜的概率为（    ）

A．0.54 B．0.63 C．0.7 D．0.9

11．已知抛物线的焦点为F，点P是C上异于原点O的任意一点，线段PF的中点为M，则以F为圆心且与直线OM相切的圆的面积最大值为（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数的图像关于原点对称，则与曲线和均相切的直线l有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

二、填空题

13．十九世纪初，我国数学家董祐诚在研究椭圆求周长时曾说：“椭圆求周旧无其术，秀水朱先生鸿为言圆柱斜剖成椭圆，是可以勾股形求之．”也就是说可以通过斜截圆柱法得到椭圆．若用一个与圆柱底面成60°的平面截该圆柱，则截得的椭圆的离心率为______．

14．若，则______．

15．已知函数是上的奇函数，则实数______．

16．在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是______．

三、解答题

17．在等比数列中，，且，，成等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，求满足的k的值．

18．小王去自动取款机取款，发现自己忘记了6位密码的最后一位数字，他决定从0~9中不重复地随机选择1个进行尝试，直到输对密码，或者输错三次银行卡被锁定为止．

(1)求小王的该银行卡被锁定的概率；

(2)设小王尝试输入该银行卡密码的次数为X，求X的分布列、数学期望及方差．

19．如图，矩形ABCD与半圆柱相接，半圆柱的轴截面平面ABCD，线段DC的中点为O，M是上一点，，，OM与底面ABCD所成的角为．

(1)在线段AM上有一点P满足，证明：直线平面PBD；

(2)若，求平面与平面的夹角的佘弦值．

20．已知函数．

(1)当时，求的极值；

(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．

21．设双曲线的左、右焦点分别为，，且E的渐近线方程为．

(1)求E的方程；

(2)过作两条相互垂直的直线和，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l过点，且倾斜角为．

(1)若l经过C上纵坐标最大的点，求l的参数方程；

(2)若l与C交于A，B两点，且，求的值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)已知a，b为正实数，证明：关于x的不等式的解集为．

参考答案：

1．D

【分析】求出集合，再求其并集即可.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

则．

故选：D

2．A

【分析】化简复数为，结合题意，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题得，

因为z对应的点位于第二象限，所以，解得．

故选：A.

3．B

【分析】根据解析式求解可得答案.

【详解】，∴．

故选：B

4．C

【分析】根据函数变换，得到函数解析式，利用整体思想结合正弦函数的性质，可得答案.

【详解】将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到的图象，

再将图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象．

当时，，．

故选：C.

5．C

【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.

【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．

故选：C

6．B

【分析】结合图象，根据向量的线性运算法则求解即可.

【详解】∵，

∴，

∴，

∴．

故选：B.

7．D

【分析】取BC的中点E，则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角，求出所需边长，利用余弦定理求即可.

【详解】如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE，

则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．

由，，，则有，所以，

E为BC的中点，则，

平面ABC，中，，∴

中，，∴，

在中，根据余弦定理可得．

所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.

故选：D

8．A

【分析】对a作分类讨论，根据题意求解.

【详解】若，即当时，∴的最大值为0，满足题意；

若，当时，，不满足题意；

若，当时，当时，当时等号成立，满足题意；

若，当时，，当时，，当时等号成立，满足题意；

若，当时，，当时，，不满足题意；

所以；

故选：A.

9．D

【分析】由可得，求出，利用正弦定理可得答案.

【详解】在中，由可得，

即

所以，因为，

所以，且，

所以，又，可得，

由正弦定理可得．

故选：D.

10．C

【分析】根据条件概率公式求解即可.

【详解】设该队小组出线为事件A，该队决赛获胜为事件B，

则，，

所以．

故选：C .

11．B

【分析】根据题意作图，设出动点的坐标，利用中点坐标公式，表示中点，进而写出直线方程，结合圆与直线相切的性质，利用点到直线距离公式，根据基本不等式，可得答案.

【详解】由题意，作图如下：

设（不妨令），由已知可得，则，所以直线OM的方程为，

设，则（当且仅当时取“=”），所以点F到直线OM的距离为，

即圆F的半径最大值为，面积最大值为．

故选：B.

12．C

【分析】设切点坐标，利用导数求两曲线的切线，当切线方程相同时，求切点坐标解的个数.

【详解】函数的图像关于原点对称，则有，

即，解得，所以，

由，所以在点处的切线方程为，整理得．

设，直线l与的图像相切于点，因为，

所以切线方程为，整理得，则（*），

整理得，

当时，，方程有两个非零实数根，

也满足方程，故有3个解，

所以方程组（*）有3组解，故满足题中条件的直线l有3条．

故选：C

13．/

【分析】画出图形，设圆柱的底面半径为r，则椭圆短轴长为，求出长轴长为，进而可得答案.

【详解】如图，设圆柱的底面半径为r，则椭圆短轴长为，

长轴长为，

即，则，

所以椭圆离心率为

故答案为：

   .  

14．/

【分析】先利用三角恒等变换化简得，从而利用余弦的倍角公式即可得解.

【详解】因为，

所以，故．

故答案为：.

15．

【分析】利用奇函数的定义可得出关于实数的等式，解之即可.

【详解】因为函数是上的奇函数，

则，即，

所以，，

所以，，

所以，.

故答案为：.

16．

【分析】当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，此时四棱锥的外接球的直径最大，当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，此时三棱锥的外接球直径最小，从而可求出棱锥的外接球的表面积的取值范围.

【详解】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，

四棱锥的外接球的球心为对角面的中心O，直径为，

此时外接球的表面积最大，最大为．

当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，

设，连接，

因为平面，平面，

所以，

所以，

因为，所以，

所以∽，

所以，所以，解得

所以三棱锥的外接球直径为，

此时外接球的表面积最小，最小为．

所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查多面体与球的外接问题，解题的关键是分P与点D重合和P与点重合两种情况求出棱锥外接球的直径，从而可求出球的表面积的范围，考查空间想象能力，属于较难题.

17．(1)；

(2)40或37．

【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合等差中项的意义求出公比及首项作答.

（2）由（1）的结论求出，再分奇偶求和作答.

【详解】（1）设的公比为q，由，得，解得，

由，，成等差数列，得，即，解得，

所以数列的通项公式是．

（2）由（1）知，，，

当k为偶数时，，令，得；

当k为奇数时，，令，得，

所以或37.

18．(1)

(2)分布列见解析，数学期望，方差．

【分析】（1）设“小王的该银行卡被锁定”为事件A，利用独立事件的概率公式计算即可；

（2）由题意，X的所有可能取值为1，2，3，求出随机变量对应的概率，可得分布列与期望及方差.

【详解】（1）设“小王的该银行卡被锁定”为事件A，

则．

（2）由题意，X的所有可能取值为1，2，3，

则，，，

所以X的分布列为

所以数学期望，

方差．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接AO，交BD于Q，证明，利用线面平行判定定理证明直线平面PBD；

（2）根据直线与平面的夹角的定义可得圆柱的高为，建立空间直角坐标系，求平面与平面法向量，利用向量夹角公式求两平面的夹角余弦值.

【详解】（1）如图，连接AO，交BD于Q，连接PQ．

因为，由条件可知，所以．

因为，所以，

所以．

又平面PBD，平面PBD，

所以平面PBD．

（2）作平面ABCD于N，则N在上，连接ON，

则ON为OM在平面内的射影，

所以为与底面所成的角，

所以，

所以．

以O为坐标原点，过O且与DA平行的直线为x轴，直线OC为y轴，直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．

因为，所以，

则，，，

所以，．

设平面的法向量为，则

所以，

令，则．

易知平面的一个法向量为，

设平面与平面的夹角为，则

，

所以平面与平面的夹角的余弦值为．

20．(1)，．

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）依题意可得，参变分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得解.

【详解】（1）当时，，

则．         

令，得或，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，        

所以，．

（2）由，得，

即，因为，所以．       

令，

则．   

令，则．

令，则，

因为当时，，

所以在上单调递增，，

所以在上单调递增，．        

所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以当时，，

所以实数a的取值范围是．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到，结合，求得的值即可；

（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】（1）由题意，得的渐近线方程为，

因为双曲线的渐近线方程为，所以，即，

又因为，所以，则，

故的方程为．

（2）根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，

设直线，，其中，

因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，

将的方程与联立，可得，

设，则，，

所以

，

用替换，可得，

所以．

令，所以，

则，

当，即时，等号成立，

故四边形面积的最小值为．

【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：

（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；

（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

22．(1)（t为参数）

(2)

【分析】（1）将C化为普通方程得其纵坐标最大点的坐标，可得直线l的倾斜角，可求参数方程；

（2）把直线l的参数方程代入C的普通方程，利用参数的几何意义结合，求的值．

【详解】（1）将C的参数方程化为普通方程：，

即C是一个椭圆，C上纵坐标最大的点为其上顶点，

因为l经过点和，所以l的斜率为，即，

故其参数方程可写为（t为参数），即（t为参数）．

注：答案不唯一，其他合理答案例如（t为参数）或（t为参数）．

（2）直线l的参数方程为（t为参数），

将其代入中整理可得，

设A，B在l上对应的参数分别为，，则，且，符号相反，

故，解得．

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，把不等式，转化为等价不等式组，即可求解；

（2）根据题意，求得函数的值域为，再由基本不等式得到和，得到，证得，即可得证.

【详解】（1）解：由得，

可得或或，

分别解得或或，

综上可得不等式的解集为．

（2）解：由题意知，

当，函数为单调递减函数，可得；

当，函数；

当，函数为单调递增函数，可得，

所以函数的值域为

因为是正实数，所以，，所以，

所以，即，

因此对任意，恒成立，即该不等式解集为．