四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高三数学（理）三诊模拟考试试题（Word版附解析）

叙州区一中高2020级高三三诊模拟考试

数学（理工类）

本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回

第I卷  选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接解出集合，再求交集即可.

【详解】，，则.

故选：D.

2. 某校高三年级的名学生中，男生有名，女生有名．从中抽取一个容量为的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（    ）

A. 、 B. 、 C. 、 D. 、

【答案】C

【解析】

【分析】利用分层抽样可计算得出样本中男生和女生的人数.

【详解】设样本中的男生和女生的人数分别为、，由分层抽样可得，解得.

故选：C.

3. 已知，且，其中是虚数单位，则等于（    ）

A. 5 B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.

【详解】由得：，即，

解得，从而.

故选：B

4. 在所在平面内，是延长线上一点且，是的中点，设，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，借助向量的线性运算用 、表示即可判断作答.

【详解】在所在平面内，在延长线上，且，则，又是的中点，

所以.

故选：C

5. 某种品牌手机的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为（    ）

A. 0.9 B. 0.7 C. 0.3 D. 0.1

【答案】D

【解析】

【分析】根据正态分布的对称性求解即可.

【详解】由题得：，故，

因为，所以根据对称性得：.

故选：D.

6. 已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为（    ）

A. 60 B. 80 C.  D. 

【答案】B

【解析】

【分析】根据各项系数和求出，再由二项展开式通项公式求解即可.

【详解】当时，，解得，

则的展开式第项，

令，解得，所以，

故选：B

7. 设等比数列的前项和为.已知，，则（    ）

A.  B. 16 C. 30 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据递推关系可求出等比数列的公比、首项，由求和公式得解.

【详解】由题得：①，②，①②得： ，，

则，代入①中，即，，

故，

故选：D.

8. 已知p：，q：，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. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.

【详解】令，，

且，

故为奇函数，

时，递增，则也递增，

又为奇函数，则在上递增，

，若，则，

则，即

即；

，若，

则等价于，即，

由在上递增，则， 即，

故p是q的充要条件，

故选：C.

9. “绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据古典概型概率公式求出，然后利用条件概率公式即得.

【详解】由题可得，,

所以.

故选：D.

10. 意大利数学家斐波那契于1202年写成《计算之书》，其中第12章提出兔子问题，衍生出数列：1，1，2，3，5，8，13，….记该数列为，则，，.如图，由三个图（1）中底角为60°等腰梯形可组成一个轮廓为正三角形（图（2））的图形，根据改图所揭示的几何性质，计算（    ）

A 1 B. 3 C. 5 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】根据图示规律和数列递推关系即可求解.

【详解】从图（2）可得到正三角形的面积等于三个等腰梯形的面积加上小正三角形的面积，

所以，

整理可得，

由此可推断出也可构成以下正三角形，

所以，

整理可得，

所以

故选：B

11. 在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．

【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，

设，，，

由平面，平面，得，

则，，，即，

又，则，，

令，则，，

，当且仅当，即时等号成立，

所以三棱锥外接球表面积，

故选：B．

【点睛】结论与方法点睛：

（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；

（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．

（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．

12. 已知，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】对求导，得出的单调性，可知，可求出的大小，对两边取对数，则，可得，最后比较与大小，即可得出答案.

【详解】，，，

令，解得：；令，解得：，

所以在上单调递减，在上单调递增，

，，，则，，

，，∴，排除D．

，则，，，∴，排除B．

比较与大小，先比较与大小，

,，

因为，所以

所以在上单调递增，，

所以，所以，

∴，综上.

故选：A．

【点睛】关键点点睛：本题涉及三个量的大小比较，关键点在于构造函数，运用函数的单调性可求出的大小，即可判断的大小，的大小，最后构造函数，比较与的大小即可得出答案.

第II卷  非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数，则__________.

【答案】4

【解析】

【分析】根据分段函数的定义求解即可.

【详解】由，

所以，

所以.

故答案为：4.

14. 已知是定义域为R的奇函数，且当时，则________.

【答案】##－0.5

【解析】

【分析】根据奇函数定义．结合对数运算性质计算．

【详解】由，得，又当时，所以.由是奇函数，得，

所以.

故答案为：．

15. 在平面直角坐标系xOy中，角，的终边分别与单位圆交于点A，B，若直线AB的斜率为，则=______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据三角函数的概念表示点的坐标A，B，利用同角的三角函数的基本关系式求角的三角函数值，再利用二倍角公式及诱导公式化简求值

【详解】由题意，所以.

不妨设，则，令，则，所以，

所以，所以.

故答案为：

16. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】先正弦函数的周期性求出 的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出 的具体范围.

【详解】在 是增函数，∴ ，∴ ，，

又 ，∴ ，令 ，

则 在 的函数图像如下：

所以欲使得 是增函数，则必须 或者 ，

对于 ，即 ，

对于函数，在 时 的值域是 ， ，

对于 ，即 ，

对于函数 在 时的值域是 ，即 ， 与 矛盾，无解；

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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分.

17. 已知等差数列的首项为1，公差，其前n项和满足.

（1）求公差d；

（2）是否存在正整数m，k使得.

【答案】（1）   

（2）存在，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由等差数列求和公式列出方程，求出公差；

（2）在第一问的基础上，得到通项公式，利用求和公式得到，法一：由m，k为正整数，列出符合要求的解；法二：得到，且，从而得到，写成符合要求的解.

【小问1详解】

因为，，所以，

所以，即，解得：或.

因为，所以.

【小问2详解】

法一：由（1）得，，

，

时；

时；

时；

时（舍），

当时，，不合题意；

满足条件的有三组.

法二：由（1）得，，

故，

所以，且，

所以，所以，，.

存在满足条件的有三组.

18. 第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWorldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦点球大战战胜了法国队.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：

（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？

（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.

附：.

【答案】（1）表格见解析，有   

（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据题意，得到列联表，求得，结合附表，即可得到结论；

（2）根据题意，得到随机变量的可能的取值，求得相应的概率得到分布列，利用期望公式，即可求解.

【小问1详解】

解：根据题意，得到列联表如下：

可得，

所以有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关.

【小问2详解】

解：由题意，人进球总次数的所有可能取值为，

可得，，

，

所以随机变量的分布列为：

所以数学期望为.

19. 已知矩形，，为的中点，现分别沿，将和翻折，使点重合，记为点．

（1）求证：

（2）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）取的中点，连接，先利用线面垂直判定定理证得平面，再由线面垂直性质得证；

（2）先利用线面垂直判定定理证得，可得为直线与平面所成角的平面角，从而得解．

【小问1详解】

已知矩形，沿，将和翻折，使点重合，记为点，

可得，

取的中点，连接，

，，

，，

又，，，

平面，

，

；

【小问2详解】

，，

，，

又四边形为矩形，，

，

，

为直线与平面所成角的平面角，

，

即直线与平面所成角的正弦值为．

20. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.

（1）判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；

（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范围.

【答案】（1），证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，，，，，，由于，，三点共线可得：，设，可求出点的坐标，同理可得点的坐标，分别求出的长度，即可得出.

（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，代入即可求出，，，即可求出斜率.

【小问1详解】

设，，，

则，，

由于，，三点共线，则，整理得，

，则，同理可得

则，，

则，即证.

【小问2详解】

若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，则，化简得，又因为，则，，则直线斜率的取值范围为：.

21. 已知函数．

（1）判断函数在上的单调性，并说明理由；

（2）对任意的，，求实数的取值范围．

【答案】（1）单调递增，理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先求出函数的导函数，再令，利用导数说明函数的单调性，就即可得到，从而得到，即可得解；

（2）记，求出函数的导函数，由（1）可得在定义域上单调递增，再分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可判断；

【小问1详解】

解：函数在上单调增函数，理由如下：

因为，所以．

记，则，令，得．

当时，为单调增函数；

当时，为单调减涵数，

所以，所以，即．

又，

所以，

所以函数在上是单调增函数．

【小问2详解】

解：记，是．

由（1）知，为上的单调增函数．

1°当时，，

所以，所以为上的单调增函数，

所以，即．所以符合题意．

2°当时，，又．

记，则，

所以为上的单调增函数，所以，

所以，所以．

又在上的图象不间断，且为上的单调增函数，

根据零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得．

所以当时，，单调递减，所以，

这与任意的，矛盾，

所以不符合题意

综上可得．

【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．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．

（选修4-4 极坐标与参数方程）

22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）过点倾斜角为的直线与曲线交于两点，求的值.

【答案】（1）;（2）8.

【解析】

【分析】（1）先求出曲线的普通方程为，再化成极坐标方程；（2）先写出直线的参数方程（为参数），再将直线的参数方程代入圆的方程，利用直线参数方程t的几何意义解答.

【详解】（1）依题意，曲线的普通方程为，

即，故，故，

故所求极坐标方程为；

（2）设直线的参数方程为（为参数），

将此参数方程代入中，

化简可得，

显然.设所对应的参数分别为，，则.

∴.

【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

（选修4-5 不等式选讲）

23. 已知函数．

（1）当，时，解不等式；

（2）若函数的最小值是2，证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接分、及解不等式即可；

（2）先由绝对值三角不等式求出，再结合基本不等式证明即可.

【小问1详解】

当，时，解不等式．

当时不等式化为得，故；

当时不等式化为得，故；

当时不等式化为，故．

综上可知，不等式的解集为．

【小问2详解】

易知，

因为的最小值是2且，，所以，

故．

所以

（当且仅当时取等号）.