四川省南充高级中学2022-2023学年高三上学期第4次模拟测试数学理科试题（解析版）

这是一份四川省南充高级中学2022-2023学年高三上学期第4次模拟测试数学理科试题（解析版），共24页。试卷主要包含了 已知集合，则中元素的个数为， 函数在的图象大致为， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
南充高级中学2023届高三第4次模拟测试  数学 理科时间：120分钟  满分：150分一选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由复数的乘法运算展开即可．【详解】解： 故选D.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．2. 已知集合，则中元素的个数为（    ）A. 9 B. 8 C. 5 D. 4【答案】A【解析】【分析】根据枚举法，确定圆及其内部整点个数.【详解】当时，；当时，；当时，；所以共有9个，故选：A.【点睛】本题考查集合与元素关系，点与圆位置关系，考查学生对概念理解与识别.3. 某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃．下面叙述不正确的是                                      A. 各月的平均最低气温都在0℃以上B. 七月的平均温差比一月的平均温差大C. 三月和十一月的平均最高气温基本相同D. 平均最高气温高于20℃的月份有5个【答案】D【解析】【详解】试题分析：由图可知各月的平均最低气温都在0℃以上，A正确；由图可知在七月的平均温差大于，而一月的平均温差小于，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；由图可知三月和十一月的平均最高气温都大约在，基本相同，C正确；由图可知平均最高气温高于20℃的月份有7，8两个月，所以不正确．故选D．【考点】统计图【易错警示】解答本题时易错可能有两种：（1）对图形中的线条认识不明确，不知所措，只觉得是两把雨伞重叠在一起，找不到解决问题的方法；（2）估计平均温差时易出现错误，错选B． 4. 设为等差数列的前项和，若，，则A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.5. 函数在的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，因为，所以排除选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数．故选：D. 6. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件，故选：A7. 已知双曲线的左焦点为，离心率为.若经过和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】由题意得 ，选B.【考点】 双曲线的标准方程【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条件列出关于的方程，解方程组求出，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两点可设为，（2）与共渐近线的双曲线可设为，（3）等轴双曲线可设为等，均为待定系数法求标准方程.8. 设，随机变量的分布列如图，则当在内增大时， A. 减小 B. 增大C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】D【解析】【分析】先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.【详解】，，，∴先增后减，因此选D.【点睛】9. 已知，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，即，即，即.故选：A10. 已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是A.  B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.【详解】设，则由得，由得因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.11. 已知成等比数列，且．若，则A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令则，令得，所以当时，，当时，，因此， 若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如12. 设，，，则，，的大小关系正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可【详解】因为，，，所以只要比较的大小即可，令，则，所以在 上递增，所以，所以，所以，即，令，则，因为在上为减函数，且，所以当时，，所以在上为减函数，因为，，要比较与的大小，只要比较与的大小，令，则，所以在上递增，所以，所以当时，，所以，所以，所以，所以当时，，所以在上递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题二．填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线方程.【详解】【点睛】求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.14. 已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．【答案】.【解析】【详解】分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.详解：由题意可得，所以，因为，所以点睛：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.15. 若函数有两个极值点，则的取值范围为_____________【答案】【解析】【分析】由题意得到有两个不等的零点，且在两零点的两侧，导函数符号相反，参变分离后构造，求导研究其单调性和极值，最值情况，画出图象，数形结合求出的取值范围.【详解】由，得，∵函数有两个极值点，∴有两个零点，且在零点的两侧，导函数符号相反，令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，有极小值也是最小值为，且当时，恒成立，当时，恒成立，画出的图象，如下：要使有两个不等实数根，则，即，经验证，满足要求.故的取值范围为．故答案为：.16. 三棱锥中，面面，，，，，,为射线上一动点，求直线与面所成角的正弦的最大值为______________【答案】【解析】【分析】过作，可得底面，可得到线面角.，设，则，，表示出，即可得到表达式，求出最小值即可.【详解】如图，过作，垂足点为，连接,根据面面，面面，可得底面，即为直线与面所成角，设，设，又，则，因为，，，，则，易知，且，在中，，由余弦定理可得：，又，，所以，，令，则，，当时，取得最大值.所以，直线与面所成角的正弦的最大值为．故答案为：．三．解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知中，角的对边分别为，，.（1）求的值；（2）若，求的面积．【答案】（1）1    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，结合，，得到；（2）根据第一问求出，结合，求出，由正弦定理得到，再由三角形面积公式和二倍角公式，诱导公式求出答案.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，，，又，∵，故；【小问2详解】因为，所以，由（1）知：，又因为，解得：，又，则由正弦定理，，又.18. 某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数，并将完成生产任务所需时间超过和不超过的工人数填入下面的列联表： 超过不超过第一种生产方式  第二种生产方式  （3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？附：，  【答案】（1）第二种生产方式的效率更高. 理由见解析（2）80（3）能【解析】【详解】分析：（1）计算两种生产方式的平均时间即可．（2）计算出中位数，再由茎叶图数据完成列联表．（3）由公式计算出，再与6.635比较可得结果．详解：（1）第二种生产方式的效率更高.理由如下：（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟.因此第二种生产方式的效率更高.（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟.因此第二种生产方式的效率更高.（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高.（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高.以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.（2）由茎叶图知.列联表如下： 超过不超过第一种生产方式155第二种生产方式515 （3）由于，所以有99%把握认为两种生产方式的效率有差异.点睛：本题主要考查了茎叶图和独立性检验，考察学生的计算能力和分析问题的能力，贴近生活．19. 在中，，，分别上的点且，，将沿折起到的位置，使．（1）求证：；（2）是否在射线上存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析    （2）存在，DM=2或12．【解析】【分析】（1）先证明出平面，从而得到，结合，得到平面，从而证明出；（2）建立空间直角坐标系，设，分与两种情况，求出两平面的法向量，从而列出方程，求出或，得到的长度.【小问1详解】证明：，平面，平面，∵平面，，又，平面，平面，∵平面，∴；【小问2详解】由题意，两两垂直，以C为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为，，易得，设，则，当时，两点重合，平面的法向量为，设平面的一个法向量为，且，，故，不妨取，得，则，设平面与平面所成角为，则，不合题意，舍去；故，设平面的一个法向量为，且，故，不妨取，解得．故化简可得，解得：或，因为，所以或12．20. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 或.【解析】【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；区间.所以，代入解得 .若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．21. 已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）；（2）证明见解析，公差为或．【解析】【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设，则.两式相减，并由得，由题设知，于是.①由题设得，故.［方法二］：【通性通法】常规设线设，，当时，显然不满足题意；由得，，所以，，，即，而，所以，又，所以，，即，解得： ．［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于对称的椭圆为．两椭圆方程相减可得，即为方程，故．又点在椭圆C内部可得，解得：．所以．［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理，所以.故，即，，成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.［方法二］：硬算由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，，所以，而，故．即该数列的公差为或.［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因为线段的中点为，得．由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，由椭圆方程可知，由椭圆的焦半径公式得，．所以．由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．22. 在直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程为，设，的交点为，求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用得到的极坐标方程；（2）方法一：代入，得到或，求出，利用垂径定理求出高，从而求出面积；方法二：化为直角坐标方程为，求出圆心到直线的距离，利用垂径定理得到的长，从而求出面积.【小问1详解】已知圆，得，因为，所以为圆的极坐标方程．【小问2详解】方法一：代入，可得，解得或，∴，又因为半径，则，∴；方法二：直线：化为直角坐标方程为，圆心到直线的距离，由半径∴，∴.23. 已知：，．（1）若，求不等式的解集；（2），若的图象与轴围成的三角形面积不大于54，求的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用零点分段法求解出绝对值不等式；（2）先求出，由，解得：，则，由函数单调性得到，根据函数图象与轴围成的三角形面积不大于54，列出方程，求出的取值范围.【小问1详解】当时，，当时，成立；当时，，则；当时，不合题意，综上，的解集为；【小问2详解】因，所以，由，解得：，则，当时，单调递增，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得最大值，，∴图象与轴围成三角形面积为，解得：，又，则，∴的取值范围是.