内蒙古赤峰二中、赤峰第四中学、红旗中学2022-2023学年高三5月模拟考试理科数学试题（含解析）

内蒙古赤峰二中、赤峰第四中学、红旗中学2022-2023学年高三5月模拟考试理科数学试题

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，则（    ）

A． B． C． D．

3．l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，若，，则“l//m”是“”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

4．设等差数列的前n项和为，若，则（    ）

A．44 B．48 C．55 D．72

5．已知函数当时，取得最小值，则m的取值范围为（    ）．

A． B． C． D．

6．已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C的准线与坐标轴相交于点P，点，且的面积为2，若Q是抛物线C上一点，则周长的最小值为（    ）．

A． B． C． D．

7．为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

8．执行如图所示的程序框图，若输出的的值为32，则判断框内可填入的条件是（    ）

A． B． C． D．

9．某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖.客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月（30天）下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有（    ）

A．1张 B．2张 C．3张 D．4张

10．在中，是中线的中点，过点的直线交边于点M，交边于点N，且，，则（    ）

A． B．2 C． D．4

11．英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列满足，则称数列为牛顿数列.若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的最大正整数n的值为（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

12．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．设x、y满足约束条件，则的最大值为__________.

14．某课外兴趣小组对某地区不同年龄段的人群阅读经典名著的情况进行了相关调查，相关数据如下表．

根据表中数据，人群数量与赋值变量之间呈线性相关，且关系式为，则______．

三、双空题

15．已知是双曲线上一点，、分别是双曲线的左、右焦点，的周长为，则________，的面积为________．

四、填空题

16．在四面体中，，，向量与的夹角为，若，，则该四面体外接球的表面积为__________．

五、解答题

17．在中，内角的对边分别为，且．

(1)求角的值；

(2)若，求边上的中线的最大值．

18．清明期间，某校为缅怀革命先烈，要求学生通过前往革命烈士纪念馆或者线上网络的方式参与“清明祭英烈”活动，学生只能选择一种方式参加．已知该中学初一．初二、初三3个年级的学生人数之比为4：5： 6，为了解学生参与“清明祭英烈”活动的方式，现采用分层抽样的方法进行调查，得到如下数据．

(1)求，的值；

(2)从被调查且选择线上网络方式参与“清明祭英烈”活动的学生中任选3人，记选中初一年级学生的人数为，求的分布列与期望．

19．如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得A至处，且．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值．

20．椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为，，点在椭圆E上．

(1)求椭圆E的方程．

(2)过点的直线l与椭圆E交于P，Q两点（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．

21．已知函数．

(1)若，求的单调区间；

(2)当时，证明：在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为 （为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)若曲线与直线有两个公共点，求的取值范围．

23．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若的最大值为，且正数，满足，求的最小值．

参考答案：

1．C

【分析】分别求出集合和，根据交集和并集的定义，即可得出答案．

【详解】因为，

所以，即，

由得，

所以，，

故选：C．

2．C

【分析】根据复数的运算即可求解.

【详解】因为，则，

故选：C.

3．D

【分析】根据给定条件，举例判断面面位置关系的命题，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，

显然有l//m，而与相交，即l//m不能推出；

长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，

显然有，而l与m是异面直线，即不能推出l//m，

所以“l//m”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D

4．A

【分析】利用基本量法可得，故可求的值.

【详解】设的公差为d，则，即，

则，

故选：A.

5．B

【分析】通过分段函数进行求导，取得最小值，从而可得，当时，取得最小值，继而可求出结论.

【详解】由题可知解得．

故选：B.

6．B

【分析】由的面积求出，为定值，的周长最小，需最小，即最小，此时MQ垂直于抛物线C的准线，求值即可.

【详解】

由题可知，的面积为，则．

则有,准线方程为，，

Q点到准线距离为，的周长最小，需最小，即最小，

所以当MQ垂直于抛物线C的准线时，的周长最小，且最小值为．

故选：B

7．B

【分析】根据三角函数的图像变换求解.

【详解】因为，

所以，

故为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度.

故选:B.

8．C

【分析】根据题目条件，按照程序框图进行，直到符合输出值从而确定判断条件.

【详解】由题意可得，，

不满足条件，则，，

不满足条件，则，，

不满足条件，则，，

不满足条件，则，，

不满足条件，则，，

由于输出值为，所以此时满足条件，而不满足条件，

故根据每个选项可得，判断框内可填入的条件可以是“”．

故选：C

9．B

【分析】根据题意，计算盒子中奖券数量对应的概率，结合期望分析更接近11的可能最大.

【详解】设中奖的概率为，30天中奖的天数为，则

若盒子中的有奖券有1张，

则中奖的概率为，

，

若盒子中的有奖券有2张，

则中奖的概率为，

，

若盒子中的有奖券有3张，

则中奖的概率为，

，

若盒子中的有奖券有4张，

则中奖的概率为，

，

根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天，

故选：B.

10．D

【分析】把向量分解成形式，再由三点共线，则即可求解.

【详解】因为三点共线，所以，且，

因为是的中点，所以，

因为，，

所以，则，得.

故选：D

11．A

【分析】根据题意可证得是等比数列，再结合等比数列的求和公式运算求解.

【详解】因为，所以，

则，又，，

所以是首项为，公比的等比数列，则，

令，则，

又因为在定义域内单调递增，且，

所以，所以最大正整数n的值为10.

故选：A

12．D

【分析】根据已知数的形式构造新函数，利用导数的性质进行求解判断即可.

【详解】令函数，则．

设，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，

所以，则，

则，

所以在上单调递增，

所以，即．

因为，所以，则，

故．

故选：D

【点睛】关键点睛：根据数的形式构造新函数，利用对数函数的以直代曲是解题的关键.

13．3

【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，数形结合即可求解.

【详解】依题意，作出可行域，如图所示：

可化为，

其中的几何意义是直线在轴上的截距，

由图可知，当直线经过点时，取得最小值，此时取得最大值，

由，解得，即，

此时有.

故答案为：3

14．

【分析】将样本中心点代入回归直线即可构造方程求得结果.

【详解】由表格数据知：，，

，解得：.

故答案为：.

15．         

【分析】设设点在双曲线的右支上，利用双曲线的定义以及的周长可求得、，利用余弦定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系以及三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】在双曲线中，，，则，

根据对称性，不妨设点在双曲线的右支上，则．

因为，的周长为，所以，

所以，．

在中，，

则，

所以，的面积为．

故答案为：；.

16．

【分析】将四面体补全为一个直四棱柱，即可得出直四棱柱的体对角线为外接球直径，即可求出表面积．

【详解】因为，，

所以，，

过点作，过点作，垂足为，

因为，，

所以，

因为平面，平面，，

所以平面，

所以平面，

故可将四面体补成一个直四棱柱，如图所示，

因为向量与的夹角为，

所以与的夹角为，即，

则四棱柱的体对角线为四面体的外接球直径，

因为，，

所以，，

由余弦定理得

，

易得，

则，即外接球半径，

所以四面体外接球的表面积为，

故答案为：．

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．

（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据求解．

（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．

（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．

（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

17．(1)

(2)

【分析】（1）切化弦后，结合两角和差公式和诱导公式可求得，进而得到；

（2）利用余弦定理和基本不等式可求得范围，根据，平方后，结合向量数量积定义和运算律可求得结果.

【详解】（1），，

，又，.

（2）由余弦定理得：（当其仅当时取等号），

，，

，

，

，即的最大值为.

18．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据比例关系得到，解得答案.

（2）X的取值可能为0，1，2，3，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.

【详解】（1）由题可知，，解得．

（2）X的取值可能为0，1，2，3，

，

．

则X的分布列为

．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知易得，即可证明线面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．

【详解】（1）由题意得，，，

因为，则，

又，面，所以面，

又面，则，

又，，平面，平面，

所以平面．

（2）取的中点，可知，

由，且可得，

所以四边形是平行四边形，所以，则平面，

设，以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，

则，

，

设平面的一个法向量为，

则，即，取，则，

设平面的一个法向量为，

则，即，取，则，

所以，

由图可知，二面角为锐角，

所以面角的余弦值为 ．

20．(1)

(2)点M在定直线上

【分析】（1）根据左右顶点及点在椭圆上列式求解写书椭圆方程即可；

（2）先设直线方程再联立方程组求韦达定理，再求两个直线的交点，确定交点横坐标即得.

【详解】（1）设椭圆E的方程为．

则，解得，

故椭圆E的方程为．

（2）依题可设直线l的方程为，，，．

联立方程组，整理得，

则，

直线AP的方程为，直线BQ的方程为，

联立方程组，得

由，得，得．

所以.

故点M在定直线上．

21．(1)单调增区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出的定义域，由设，，由的单调性，得出，得出，即可得出的单调性；

（2）利用导数判断原函数的单调性和零点，并将问题转化为证明等于零即可．

【详解】（1），定义域为，

，

设，，

则，

令，得，

当，，则在上单调递减，

当，，则在上单调递增，

所以，

所以，故的单调增区间为．

（2），

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

若，则，

且当x趋近于或时，均趋近于，如图所示：

所以在，内均存在一个零点，设为，

当或时，；当时，；

即当或时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

由于，则，

且当x趋近于时，均趋近于，当x趋近于时，均趋近于，

所以在，上各有一个零点，

设为函数在的零点，

要证在和上各有一个零点，且这两个零点互为倒数，只需证明，

已知

所以

，

所以当时，在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．

22．(1)，

(2)

【分析】（1）消参将参数方程转化为直角坐标方程，根据极坐标与直角坐标转化的规则将极坐标方程转化为直角坐标方程；

（2）对曲线C和l作几何解释，列方程求解.

【详解】（1）由 得 ， 得，

即曲线C的直角坐标方程为，

由， ，得直线l的直角坐标方程为；

（2）由（1）可知，曲线C是圆心为，半径为3的圆，

因为曲线C与直线l有两个公共点，必有，

解得，即m的取值范围为.

23．(1)

(2)3

【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号求解；

（2）根据绝对值不等式求出的最大值，利用均值不等式求解即可.

【详解】（1）当时，不等式转化为，恒成立．

当时，不等式转化为，解得．

当时，不等式转化为，无解．

综上所述，不等式的解集为．

（2）由，当且仅当时等号成立，

得．

，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为3．