2023届四川省成都市简阳市阳安中学高三三诊模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省成都市简阳市阳安中学高三三诊模拟考试数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省成都市简阳市阳安中学高三三诊模拟考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数不等式求解,再求解即可.【详解】因为,故.故选：C.2．（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据复数的模长公式化简分子，再运用复数的除法运算进行化简求值即可．【详解】故选：A．3．已知直线，，若，则的值为（    ）A． B． C．或 D．或4【答案】A【解析】根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，由此可解得实数的值.【详解】已知直线，，且，则，解得.故选：A.【点睛】结论点睛：利用一般式方程判定直线的平行与垂直：已知直线和直线.（1）且；（2）.4．命题“”，命题“”，则p是q的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】先根据命题求出的范围，再根据充分性和必要性的定义得答案.【详解】对于命题，，得，可以推出，但是不能推出， p是q的充分不必要条件.故选：A.5．已知数列为各项均为正数的等比数列，，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，可得出等比数列的通项公式，再利用对数的运算性质以及等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】设等比数列的公比为，则，，整理可得，解得，所以，，所以，.故选：B.6．如图，我国古代珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任取3颗，记上珠的个数为X，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】法一：根据超几何分布的概率公式，可得答案，法二：根据正难则反的解题思想，可得答案.【详解】法一：由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，则．法二：由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，则．故选：A.7．如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出青铜器的上面、中间和下面几何体的体积，即得解.【详解】解：青铜器的最上面的圆柱的体积，中间的圆台的体积为，最下面的圆台的体积为.所以该青铜器的体积为.故选：A8．在中，，的角平分线交于点D，的面积是面积的3倍，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用面积之比可得，，作边上高，垂足为，即可求.【详解】因为，即，在中，作边上高，垂足为，则，故选:A.9．已知函数，，若存在2个零点，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】题目转化为函数的图像与直线有2个交点，画出图像，根据图像知，解得答案.【详解】存在2个零点，故函数的图像与直线有2个交点，画出函数图像，如图，平移直线，可以看出当且仅当，即时，直线与函数的图像有2个交点.故选：A10．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（    ）（附：若，则，，）A．0.1587 B．0.0228 C．0.0027 D．0.0014【答案】B【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，所以，，由题意，，且，，因为，所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，故选：B.11．已知是坐标原点，是双曲线的左焦点，平面内一点满足是等边三角形，线段与双曲线交于点，且，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设双曲线的右焦点为，根据是等边三角形得，再由可得，在中利用余弦定理可得，再由双曲线定义可得答案.【详解】设双曲线的右焦点为，连接，因为是等边三角形，所以，，又，所以，在中，，则，则，则.故选：A.12．已知函数,则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】化简，得到，令，令，求得，得到在上单调递增，且函数为偶函数，进而得到上单调递减，把不等式转化为，列出不等式，即可求解.【详解】由函数，所以，令， 可得令且，可得在上恒成立，所以，所以在上单调递增，又由，所以函数为偶函数，则在上单调递减，又由，即，即，整理得，解得或，即不等式的解集为.故选：B. 二、填空题13．已知等差数列中，，则数列的通项公式是___________.【答案】/【分析】设公差为d，由基本量代换列方程组，解出，即可得到通项公式.【详解】设等差数列的公差为d，由题意可得：，解得：，所以.故答案为：.14．曲线在点处的切线方程为______．【答案】【分析】利用导数几何意义求解即可.【详解】，，则切线方程为：，即.故答案为：15．二项式的展开式的第项为常数项，则 __________．【答案】6【分析】根据二项式通项公式和展开式的第项为常数项建立方程即可得解．【详解】二项式展开式的通项公式为，由展开式中，第项为常数项，此时，则，即．故答案为：. 三、双空题16．已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.【答案】          【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，，椭圆的短轴长为，椭圆；设，，，，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解. 四、解答题17．如图，在直角梯形 中，，，．直角梯形 通过直角梯形以直线 为轴旋转得到，且使得平面面．点为线段 的中点，点是线段中点.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由题设易知，根据面面垂直的性质有面，再由线面垂直的性质得AC⊥AB，由线面垂直的判定有AC⊥平面AA1B1B，进而由A1C1AC及线面垂直的性质证明结论.（2）以AC，AB，AA1为x，y，z轴构建空间直角坐标系，确定相关点坐标，进而求面ABM、面APM的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值．【详解】（1）由题设知：∠A1AB＝∠A1AC＝90°，即，又面AA1C1C⊥面AA1B1B，面面，面，所以面，又面，则AC⊥AB，又AC⊥AA1，且AB∩AA1＝A，所以AC⊥平面AA1B1B，由A1C1AC，则A1C1⊥平面AA1B1B，又AP⊂平面AA1B1B，所以A1C1⊥AP．（2）由（1）知：AC，AB，AA1两两垂直，分别以AC，AB，AA1为x，y，z轴建立空间直角系，由题设，AB＝AC＝AA1＝2A1B1＝2A1C1＝2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，B1(0,1,2)，A1(0,0,2)，由M为线段BC的中点，P为线段BB1的中点，则M(1,1,0)，P(0,,1)，平面ABM的一个法向量＝(0,0,1)，设平面APM的一个法向量＝(x,y,z)，则，取x＝2，得＝(2,-2,3)，由图知:二面角P-AM-B的平面角θ为锐角，则cosθ＝＝＝，所以二面角P-AM-B的余弦值为． 18．在①函数的图像关于直线对称；②函数的图像关于点对称；③函数的图像经过点；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．问题：已知函数最小正周期为，(1)求函数的解析式；(2)函数在上的最大值和最小值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】（1）首先得出，根据最小正周期为得出，选①：根据的对称轴，结合的范围即可求得；选②：根据的对称中心，结合的范围即可求得；选③：将点的坐标代入，得出，再结合的范围即可求得；（2）根据函数解析式，求出的范围，结合的图像，即可求出的最大值与最小值．【详解】（1）由题意得，因为 最小正周期为，所以，即，选①：函数的图像关于直线对称，则，即，又因为，所以，即；选②：函数的图像关于点对称，则，即 又因为，所以，即；选③：函数的图像经过点，则，即，所以，又因为，所以，即，综上所述，选①；选②；选③．（2）选①，，当时，，所以，所以函数在上的最大值为和最小值为；选②，，当时，，所以，所以函数在上的最大值为和最小值为；选③，，当时，，所以，所以函数在上的最大值为和最小值为；综上所述，选①，函数在上的最大值为和最小值为；选②，函数在上的最大值为和最小值为；选③，函数在上的最大值为和最小值为．19．已知斜率存在的直线过点且与抛物线交于两点.(1)若直线的斜率为1，为线段的中点，的纵坐标为2，求抛物线的方程；(2)若点也在轴上，且不同于点，直线的斜率满足，求点的坐标.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题知直线的方程，联立抛物线，利用韦达定理以及中点公式即可求解；（2）设出直线的方程及的坐标，联立方程组，消元，韦达定理，利用直线斜率公式写出将韦达定理代入，化简求出参数即可得点的坐标.【详解】（1）因为直线的斜率为1且过点，所以直线的方程为：，设，由，得：，所以，所以，因为为线段的中点，的纵坐标为2，所以，所以抛物线的方程为：.（2）设直线的方程为：，，，得：，所以，由由，所以，即，所以，所以点的坐标为.20．某单位开展职工文体活动，其中跳棋项目比赛分为初赛和决赛，经过初赛后，甲、乙、丙三人进入决赛．决赛采用以下规则：①抽签确定先比赛的两人，另一人轮空，后面每局比赛由前一局胜者与轮空者进行，前一局负者轮空；②甲、乙进行比赛，甲每局获胜的概率为，甲、丙进行比赛，甲每局获胜的概率为，乙、丙进行比赛，乙每局获胜的概率为；③先取得两局胜者为比赛的冠军，比赛结束．假定每局比赛无平局且每局比赛互相独立．通过抽签，第一局由甲、乙进行比赛．(1)求甲获得冠军的概率．(2)记比赛结束时乙参加比赛的局数为，求的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，． 【分析】（1）根据独立事件求概率的公式和概率的加法公式即可求出答案；（2）由题意可得到的所有可能取值，然后根据独立事件和概率的加法公式进行求概率，列出分布列以及求出期望即可【详解】（1）设甲与乙比赛，甲获胜为事件，丙与甲比赛，甲获胜为事件，丙与乙比赛，乙获胜为事件，且相互独立，则，记“甲获得冠军”为事件A，则（2）由题意知的所有可能取值为1，2，3．， ，．所以的分布列为123P则数学期望．21．已知函数（a为非零常数），记（），．(1)当时，恒成立，求实数a的最大值；(2)当时，设，对任意的，当时，取得最小值，证明：且所有点在一条定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）转化为时求，令，利用导数求出可得答案；（2）求出，，可得，时，，当时，，利用导数求出时，取得最小值，且，可得答案；【详解】（1）由，，令，，时，，时，∴在上单调递减，上单调递增，∴，∴，即的最大值为；（2）解：，∴，，，，时，，当时，，，令，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴时，取得最小值，且，∴为在定直线上运动；【点睛】方法点睛：对于求参数的取值范围的问题，可以转化为求函数最值的问题，本题考查了利用导数解决求参数、函数的最值、函数零点的问题，考查了学生分析问题、解决问题以及运算的能力，属于难题.22．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线的参数方程为（t为参数）.(1)若，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)过点向直线l作垂线，垂足为Q，说明点Q的轨迹为何种曲线.【答案】(1)，(2)的轨迹为以点为圆心，为半径的圆 【分析】（1）根据直线的参数方程和求解；利用，求解；（2）在时直接求出Q的坐标，在时，写出过点P且与直线l垂直的直线方程，与直线l的方程联立消参求得Q的轨迹方程，然后检验，进而得到答案.【详解】（1）解：由直线的参数方程为∵，∴直线l的普通方程为，即.由得，因为，，所以曲线的直角坐标方程为.（2）若，由，可知直线l的方程为，于是过点向直线l作垂线，垂足为.若，由直线l的参数方程可知直线l的斜率为，∴过点且与直线l垂直的直线方程为.联立方程组整理得，∴点的轨迹方程为，即，显然，点也在上，所以动点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆.23．已知函数.(1)解不等式；(2)若在上恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分、、三种情况解不等式即可；（2）由，可得，由可得在上恒成立，进而求解.【详解】（1）因为，所以解不等式，而，当时，不等式为，解得；当时，不等式为不成立，不等式无解；当时，不等式为，解得.综上所述，不等式的解集为.（2）由，可得，因为，当且仅当，即或时等号成立.所以在上恒成立，故要使在上恒成立，只须，即实数的最小值为.