内蒙古赤峰市桥北四中2023届高三下学期模拟考试理科数学试题（含解析）

这是一份内蒙古赤峰市桥北四中2023届高三下学期模拟考试理科数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古赤峰市桥北四中2023届高三下学期模拟考试理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设，为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．3．某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩在120分以上的学生人数为（    ）A．25 B．50 C．75 D．1004．已知x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A．1 B． C．-2 D．5．如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（    ）A．3 B．4 C． D．66．已知双曲线的渐近线与抛物线交于O、A（O是坐标原点）两点，F是抛物线的焦点，已知，则（    ）A．2 B．3 C．7 D．67．如图，在四边形ABCD中，，，，，，，则（    ）A． B．2 C．3 D．68．定义运算如果，，满足等式，函数在单调递增，则取最大值时，函数的最小正周期为（    ）A． B． C． D．9．已知函数，若方程有解，则实数b的取值范围是（    ）A． B． C． D．10．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且．若四棱锥的五个顶点在同一球面上，已知棱最大值为，则四棱锥的外接球体积为（    ）A． B． C． D．11．下列结论：①若方程表示椭圆，则实数k的取值范围是；②双曲线与椭圆的焦点相同．③M是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则或1．④直线与椭圆C：交于P，Q两点，A是椭圆上任一点（与P，Q不重合），已知直线AP与直线AQ的斜率之积为，则椭圆C的离心率为．错误的个数是（    ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个12．已知函数的一条对称轴是，若存在使直线与函数的图像相切，则当取最小正数时，实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、填空题13．若，则二项式的展开式中，常数项是______．14．函数的极大值点为______．15．“康威圆定理”是英国数学家约翰•康威引以为豪的研究成果之一，定理的内容是：如图，的三条边长分别为a，b，c（即，，）．延长线段SR至点A，使得，以此类推得到如图所示的点B，C，D，E，F，那么这六点共圆，此圆称为康威圆．若，，，往此康威圆内投掷一点，该点落在内的概率为______．  16．已知不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是______． 三、解答题17．设各项都为正数的数列的前n项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设函数，且，求数列的前n项和．18．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是圆的内接四边形，为底面圆的直径，在母线上，且，，．  (1)求证：平面平面；(2)设点为线段上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．19．中国职业男篮CBA总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束.现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入400万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100万元.(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率；(2)设总决赛中获得门票总收入为，求的数学期望.20．已知，为双曲线E：（，）的左、右焦点，E的离心率为，M为E上一点，且.(1)求E的方程；(2)设点M在坐标轴上，直线l与E交于异于M的A，B两点，且点M在以线段AB为直径的圆上，过M作，垂足为C，是否存在点D，使得为定值？若存在，求出点D的坐标以及的长度；若不存在，请说明理由.21．已知函数在处的切线方程为．(1)若a；(2)证明有两个零点．22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线l的极坐标方程为：，已知直线l与曲线C相交于M，N两点．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)记线段MN的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围23．已知函数.(1)若（m，）对恒成立，求的最小值；(2)若恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案：1．B【分析】为纯虚数，根据复数的乘法法则，标准代数形式下实部为0，即可求出，然后即可求.【详解】=，所以，所以，所以，所以.故选：B.2．C【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，然后利用交集和补集的运算即可求解.【详解】因为集合，集合，由补集的定义可得：，结合交集的运算可得，故选：C.3．B【分析】由已知可得，根据正态分布的对称性可推得，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以.又，根据正态分布的对称性可得，所以.所以，可估计成绩在120分以上的学生人数为.故选：B.4．D【分析】由约束条件作出可行域，数形结合求出的最小值.【详解】  由约束条件作出可行域如图，表示可行域内的点与点连线的斜率，联立方程，得交点坐标，由图得，当过点时，斜率最小为，所以的最小值为.故选：D.5．A【分析】利用两个图形装水的体积相等即可求解.【详解】在图1中，在图2中，，.故选：A.6．D【分析】易得双曲线的一条渐近线方程为：，与双曲线方程联立，求得点A的坐标，再根据，利用抛物线的定义求解.【详解】解：双曲线的一条渐近线方程为：，联立，解得或，因为，所以由抛物线的定义得，解得，故选：D7．A【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量的坐标，根据，结合向量的坐标运算，即可求得答案.【详解】以A为坐标原点，以为x轴，过点A作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则,故,则由可得，即，故，故选：A8．A【分析】求出函数的解析式，根据已知条件求出的值，利用正弦型函数的单调性可得出关于的不等式组，解出的取值范围，可得出的最大值，利用正弦型函数的周期公式可求得结果.【详解】，因为，所以，，而，所以，即，当时，，因为在上单调递增，所以，，解得，当取最大值时，的最小正周期，故选：A．9．C【分析】利用对数的运算性质和基本不等式即可求解.【详解】（当且仅当，也即时取等号）∴，故选：C.10．B【分析】根据题意易知平面，点在与垂直的圆面内运动，显然是圆的直径时，达到最长，然后得到平面ABCD，将四棱锥补形为长方体，进而求解外接球半径，即可求出结果.【详解】如图，由，则，因为，，平面，所以平面，即点在与垂直的圆面内运动，由题意知，当P、、A三点共线时，达到最长，此时，是圆的直径，则，所以，又，，平面，所以平面，此时可将四棱锥补形为长方体，则P与重合，且面对角线，所以长方体的体对角线，∴.故选：B11．B【分析】根据椭圆的标准方程可以列出不等式组，解得k的范围，从而判断①；直接求出双曲线和椭圆的焦点坐标可判断②；由双曲线的定义可判断③；设出点A，P，Q的坐标，用坐标表示出直线AP与直线AQ的斜率之积，然后根据点在椭圆上化简，进而可求出椭圆C的离心率，可判断④.【详解】①若方程表示椭圆，则，解得或，故①错误；②双曲线化成标准方程为，焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，不相同，故②错误；③双曲线中，因为M是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，所以由双曲线的定义得，若，则或1，而双曲线上的点到焦点距离的最小值为，所以舍去，所以，故③错误；④设，因为A是椭圆上任一点，所以，所以，又因为直线与椭圆C：交于P，Q两点，所以设，，所以，因为直线AP与直线AQ的斜率之积为，所以，所以，所以，又，所以，故④正确；综上，错误的有3个.故选：B.12．D【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，结合正弦函数的对称性求，再由导数的几何意义求m的取值范围.【详解】，∵是的一条对称轴，∴，，∴，又，∴的最小正整数值为2．∴，∴，若使与相切，则，且，解得或故选：D.13．/【分析】先由求出的值，再用二项式的展开式的通项可求解.【详解】因为，所以，解得，则二项式的展开式的通项公式为，令，解得,所以常数项是，故答案为：14．【分析】利用函数的极大值的定义及导数法求函数的极值的步骤即可求解.【详解】因为，所以，令则，解得或，当或时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时，取得极大值，所以函数的极大值点为.故答案为：.15．【分析】根据已知及余弦定理求得，易知为直角三角形，利用几何概型的面积比求点落在内的概率.【详解】由中，，，则，由余弦定理得，得，所以，故为直角三角形，其面积为6，设的内切圆半径为r，圆心为O，则，即，由已知，所以O也为此康威圆的圆心，设康威圆半径为R，结合图及圆的性质知：，故此康威圆面积为故往此康威圆内投掷一点，该点落在内的概率为.  故答案为：16．【分析】将原不等式化为并构造，依据单调性知恒成立，再构造，利用导数研究单调性求最值，即可求范围.【详解】由得，即：令，则．∵为R上的单调递增函数，∴，即恒成立．令，则，故在上，在上，∴在上单调递增，在上单调递减．∴，故，即.故答案为：17．(1)，；(2). 【分析】（1）由递推关系，根据累加法求数列的通项公式；（2）由条件可得，利用错位相减法求数列的前n项和.【详解】（1）由，可得，当时，，以上各式分别相加得，又，所以当时，，经检验符合，所以，；（2），，，两式相减得：，所以，故，所以.18．(1)证明见解析(2)1 【分析】（1）设交于点，证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面．（2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求线面角的正弦，利用导数求其最大值.另解：求得直线的方向向量与平面的法向量后，证明存在，使得两向量平行，由此确定直线与平面所成角的正弦值的最大值．【详解】（1）如图，设交于点，连接，由已知可得，又，所以四边形为菱形，所以，∵，，，∴，∴，∴，又，所以，因为为的中点，∴，．由余弦定理可得，∴，所以，即，又平面，，∴平面．又平面，∴平面平面．    （2）由已知平面，平面，所以，又，，平面，∴平面，又平面，∴．由（1）知，，平面，所以平面，∴，又点为的中点，所以．以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系  则，，，，，，设，则，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以为平面的一个法向量．设直线与平面所成的角为，则，构建，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减， ∴时，取到最大值4．此时，取到最大值1.另解：由，知，当时，，此时平面，设直线与平面所成的角为，因为，当时，取到最大值1．19．(1)(2) 【分析】（1）构造等差数列，求得比赛场次，再利用概率公式即可求得结果；（2）由已知可得，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望.【详解】（1）依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列.设此数列为，则易知，，所以.解得或（舍去），所以此决赛共比赛了5场.则前4场比赛的比分必为，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为.所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率为.（2）随机变量可取的值为，，，，即2200，3000，3900，4900，，，，，所以的分布列为2200300039004900所以.20．(1)(2)存在；点，为定值 【分析】（1）根据双曲线的离心率和双曲线的定义求出和c，即可求出双曲线的方程；（2）分类讨论的斜率存在与不存在两种情况，使直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和求出直线方程，进而得出所过定点以及的长度.【详解】（1）由题意，双曲线E的离心率为得，根据双曲线的定义可知，，所以，则，所以，所以E：.（2）由题意及（1）得，在E：中，，所以点M在双曲线E的左支上，点M在坐标轴上，则点M的坐标为，设，，当AB的斜率存在时，设AB的方程为，联立，整理得，，则，则，，因为M在以AB为直径的圆上，所以，则，所以，整理得，解得或，验证均满足．当时，直线AB的方程为，则直线AB过点M，不合题意，舍去；当时，直线AB的方程为，则直线AB过定点，符合题意.当直线AB的斜率不存在时，由，可设直线AM的方程为，联立，解得，，所以直线AB的方程为：，则直线AB过定点.因为，所以是以MQ为斜边的直角三角形，所以点C在以MQ为直径的圆上，则当D为该圆的圆心时，为该圆的半径，即，故存在点，使得为定值.  21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；（2）根据题意将问题等价转化为函数与有两个交点，令，对函数求导，判断函数的单调性，然后利用的最值即可证明.【详解】（1）对函数求导可得，则，因为在处的切线方程为∴，∴（2）由（1）知，要证有两个零点，即证方程有两个不等实根，即证函数与有两个交点令，，∴单调递增，又，∴当时，，∴，函数与无交点．当时，，当时，，令，当时，．当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；又∵，，∴，，即当时，，当时，，综上，当时，，，单调递增，当时，，，单调递减．又时，且当时，，∵，，∴函数与有两个交点，即函数有两个零点．【点睛】研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但是直接构造函数或者简单的拆分函数依然复杂，这时需要依赖对函数变形，通过恒等变形发现简单函数再进行构造研究，会起到事半功倍的效果.22．(1)(2) 【分析】（1）利用可得曲线C的直角坐标方程，再由可得曲线C的极坐标方程；（2）联立和得，设、，由得，利用的范围可得答案.【详解】（1）∵曲线C的参数方程为（为参数），∴曲线C的直角坐标方程为，化为一般式得：，设，∴，∴曲线C的极坐标方程为：；（2）联立和，得，设、，则，由，得，当时，取最大值，故实数的取值范围为.23．(1)(2) 【分析】(1)去掉绝对值符号，画出函数的图像,可知函数的最小值为，利用函数的最小值转化，再结合基本不等式求解即可；(2)由不等式构造新函数，可知函数恒过定点，再利用函数的图像求解即可.【详解】（1）由题可得，，函数的图像如下如图所示，，则，即，，可得，于是，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.（2）令，则是恒过点，斜率为的直线，由恒成立，则表示函数图像恒在函数图像上方，当过点时，，结合图像分析可得，，故.