四川省2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份四川省2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共25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。
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．在下列给出的四个结论中，正确的结论是（ ）
A．已知函数在区间内有零点，则
B．是与的等比中项
C．若是不共线的向量，且，则∥
D．已知角终边经过点，则
4．如图，在正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的主(正)视图与左(侧)视图的面积之比为（ ）
A．3：2B．2：1C．2：3D．1：1
5．曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．若与是两条不同的直线，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
7．一个袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（，），从中任取1个球（每球取到的机会均等），设表示取出的红球个数，表示取出的白球个数，则
A．B．
C．D．
8．如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上（含原点）上滑动，则的最大值是（ ）
A．1B．C．2D．
9．如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．智慧的人们在进行工业设计时，巧妙地利用了圆锥曲线的光学性质，比如电影放映机利用椭圆镜面反射出聚焦光线，探照灯利用抛物线镜面反射出平行光线．如图，从双曲线右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线斜率为，且和反射光线PE互相垂直（其中P为入射点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
11．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，若实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，则方程恰有两个不同的实根时，实数的取值范围是．
A．B．C．D．
二、填空题
13．用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是 _________ ．
14．奋进新时代，扬帆新航程.在南海海域的某次海上阅兵上，一大批国产先进舰船和军用飞机接受了党和人民的检阅.歼-15舰载飞机从辽宁舰航空母舰上起飞，以千米/小时的速度在同一水平高度向正东方向飞行，在阅兵舰“长沙号”导弹驱逐舰上第一次观察到歼-15舰载飞机在北偏西，1分钟后第二次观察到歼-15舰载飞机在北偏东，仰角为，则歼-15飞机飞行高度为_______千米（结果保留根号）.
15．在棱长为的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_______.
16．给出以下四个命题：
①若，则；
②已知直线与函数，的图像分别交于点，则的最大值为；
③若数列为单调递增数列，则取值范围是；
④已知数列的通项，前项和为，则使的的最小值为12.
其中正确命题的序号为__________.
三、解答题
17．设函数的图象过点．
(1)求；
(2)求函数的周期和单调增区间；
(3)画出函数在区间上的图象.
18．如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．
19．惠州市某高中学校组织航天科普知识竞赛，分小组进行知识问题竞答.甲乙两个小组分别从6个问题中随机抽取3个问题进行回答，答对题目多者为胜.已知这6个问题中，甲组能正确回答其中4个问题，而乙组能正确回答每个问题的概率均为.甲､乙两个小组的选题以及对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
(1)求甲小组至少答对2个问题的概率；
(2)若从甲乙两个小组中选拔一组代表学校参加全市决赛，请分析说明选择哪个小组更好？
20．已知椭圆，其长轴长是焦距的2倍，短轴的一个端点到右顶点的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点，若，求的面积．
21．已知函数的图象在点处的切线方程为.
(1)用表示出，；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)证明：.
22．在直角坐标系中，直线l的参数方程为其中t为参数，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，其中为参数．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程，并画出曲线C的简图（无需写出作图过程）；
(2)直线与曲线C相交于A，B两点，且，求的值．
23．设函数（，且，）
(1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项；
(2)对任意的实数，证明（是的导函数）；
(3)是否存在，使得恒成立？若存在，试证明你的结论并求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．C
【分析】写出，，根据补集含义得出答案.
【详解】由题意得，，.
故选：C.
2．C
【分析】根据共轭复数的概念可求得的值，进而根据复数的乘法运算即可求得结果.
【详解】由已知可得，所以.
故选：C.
3．C
【分析】逐一判断每一个命题的真假得解.
【详解】A. 已知函数在区间内有零点，不一定有，还有可能，所以该选项错误.
B. 是与的等比中项是错误的，因为与的等比中项是；C. 若是不共线的向量，且 ，所以，所以∥，所以该选项是正确的；D. 已知角终边经过点，则，所以该选项是错误的.故答案为：C
【点睛】本题主要考查零点定理和等比中项，考查向量共线和任意角的三角函数，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
4．D
【分析】首先根据题意找到三棱锥的正视图与侧视图，再计算面积和即可.
【详解】设点在平面的射影为，在平面的射影为，如图所示：
∴三棱锥的正视图与侧视图分别为与，
因此所求面积.
故选：D.
5．B
【分析】先由题意曲线表示以为圆心，半径为的圆，根据题意圆心到直线的距离满足，从而得出答案.
【详解】曲线化为，表示以为圆心，半径为的圆.
根据题意，则圆心到直线的距离满足，解得
故选：B
6．C
【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.
【详解】由题意，若，则，解得或，
经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，
故选：C．
7．D
【分析】列出随机变量和的分布列，分别计算出的值，结合，可以判断出和大小关系，选出正确答案.
【详解】由题意可知：随机变量的分布列如下图所示：
所以有,
，
随机变量的分布列如下图所示：
，
，
因为，所以，因此有，故本题选D.
【点睛】本题考查了随机变量的分布列、数学期望和方差的计算，考查了数学运算能力.
8．C
【分析】令，由边长为1的正方形的顶点、分别在轴、轴正半轴上，可得出，的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可．
【详解】解：如图令，由于，故，，
如图，，故，，
故
同理可求得，即，
所以
所以当时，取得最大值为2，
故选：C．
9．D
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法确定M的轨迹满足，求出的最小值，直接求出面积的最小值.
【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，，，，
设 ，则 ，，
因为 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， 取最小值 ，
易知，
所以 的最小值为．
故选：D.
10．D
【分析】由入射光线的斜率得出，进而得出，再由双曲线的定义得出双曲线的离心率.
【详解】因为入射光线斜率为，所以，又，，
所以，又，
所以.
故选：D
11．C
【分析】由两点的距离公式和椭圆的定义可得点在椭圆上.继而有表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立椭圆与直线的方程，利用根的判别式可求得答案.
【详解】因为，可转化为点到点和点的距离之和为，
故点在椭圆上.表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，
设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.
联立方程组整理得，
，解得或，故的取值范围是
故选：C.
12．B
【分析】作出函数与的图象,讨论交点个数可求出的取值范围.
【详解】作出函数的图象,见下图.
若与相切,求导得,设切点为,则,切线斜率为,即切线方程为:,该切线过原点,则,解得,此时,显然与的图象只有一个交点,即方程只有一个实根;
若,直线与的图象在时无交点,在时有2个交点,符合题意;
若,直线与的图象在时有1个交点,在时有2个交点,不符合题意;
若,直线与的图象在时有1个交点,在时无交点,不符合题意;
若,,直线与的图象至多有一个交点,不符合题意.
所以只有符合题意.
故选:B.
【点睛】本题考查了方程的解与函数图象的关系,考查了曲线的切线方程的求法,利用数形结合的数学方法是解决本题的关键,属于难题.
13．9
【分析】根据题意，分3步进行分析：①，0可以放在百位、十位和个位，分析可得0的可能情况，②，在剩下的3个数位中任选1个，安排2，③，最后2个数位安排2个1，由分步计数原理，计算可得答案
【详解】根据题意，分3步进行分析：
①，0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况，
②，在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，
③，最后2个数位安排2个1，有1种情况，
则可组成个不同四位数
即答案为9.
【点睛】本题考查排列．组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意其中两个1是相同的．
14．##
【分析】作出图形，用点表示歼-15舰载飞机，用点表示阅兵舰，然后由正弦定理求得，再在直角三角形中求得．
【详解】如图，是阅兵舰，是歼-15舰载飞机被观察的起始位置，是飞机在地面上的射影，
由已知千米，，是正北方向，
因此，，，
，，
由正弦定理，即，解得，
在直角三角形中，．
故答案为：．
15．
【解析】作出图形，设，利用基本不等式可求得的最大值，可求得的最小值，利用正弦定理求得外接圆直径的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结果.
【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为，
取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于，则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得.

本题中，平面，设的外接圆为圆，可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示：
设的外接圆直径为，，该三棱锥的外接球直径为，则.
如下图所示：
设，则，，，
，
当且仅当时，取得最大值，
由，可得，，
所以，的最大值为，由正弦定理得，即的最小值为，
因此，，
所以，三棱锥外接球的表面积为.
故三棱锥外接球的表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
16．①②
【分析】根据题意，利用三角函数有界性可判断①正确；利用作差变形再应用辅助角公式，求三角函数的最值问题可判断②；再根据数列知识，作差变形判断参数恒成立问题可判断③；应用列举法，求数列和，可判断④.
【详解】①由，得或，∴，，或，，，，或，
.
②把带入和，
得.则的最大值为；
③若数列为单调递增数列，
则恒成立，恒成立，得.
④由知：，，，，，，，，，，，
，，
则使的n的最小值为11.
故答案为：①②
【点睛】本题考查三角函数有界性，考查数列单调性，考查作差法，判断命题的正误，综合性较强，有一定难度.
17．(1)
(2)周期为，增区间是
(3)图象见解析
【分析】（1）根据可得，再结合即可解出；
（2）由（1）知，由周期公式即可求出最小正周期，根据整体代换法，由即可得到单调增区间；
（3）根据五点作图法即可作出图象．
【详解】（1）∵f（x）的图象过点．∴sin，∴，
即，∵﹣π＜＜0，∴.
（2）由（1）知，因此，所以最小正周期为，周期为．
由题意得．
解得
所以函数的单调增区间是．
（3）列表
故函数在区间上的图象为
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，
所以，，又，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以．
由，为棱的中点，所以，
又，平面，
因此平面，又平面，
故平面平面；
（2）由（1）得是与侧面所成角，即，
令，所以，又，
所以，，，
则，．
以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，．所以，．
设是平面的一个法向量，
则即取．
易知是平面的一个法向量，
则．
而平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
19．(1)
(2)甲小组参加决赛更好
【分析】（1）甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题，分别求出其概率，然后由互斥事件的概率加法公式可得答案.
（2）甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3,求出X的期望和方差，设乙小组抽取的三题中正确回答的题数为Y，则，求出求出Y的期望和方差，比较得出答案.
（1）
甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题；
，
所求概率
（2）
甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3.
，
结合（1）可知，
.
设乙小组抽取的三题中正确回答的题数为Y，则，
，
由，可得，甲小组参加决赛更好.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式运算求解，即可得结果；
（2）根据题意结合韦达定理可求得，再利用弦长公式求面积，注意讨论直线l的斜率是否存在.
【详解】（1）因为椭圆的长轴长是焦距的2倍，所以，即，
又短轴的一个端点到右顶点的距离为，所以，
则，所以，
故椭圆C的方程为．
（2）由（1）知椭圆C的方程为，
①当直线l的斜率不存在时，M，N为短轴的端点，不妨设，，
所以，，此时，不合题意；
②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为，，，
联立方程，消去y并整理得，
则，，，
，
因为，则，
所以
，
因为，则，整理得，解得，
此时直线l的方程为，
所以，
点P到直线l的距离，
所以．
综上所述：的面积为.
【点睛】方法定睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；
（2）面积问题常采用×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；
（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用.
21．(1).
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；
（2）由在上恒成立，设函数，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.
（3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n个不等式累加,即可证明结论.
【详解】（1）由可得，
则，且，
则.
（2）由（1）知，，
令，
则 ，
当时，，
若，则，是减函数，所以 ，这与题意不符；
当时， ，
若，则，仅当时等号成立，是增函数，
所以，即恒成立，仅当时等号成立，
综上所述，所求a的取值范围为.
（3）由（2）知，当 时，有 ，
取，有，且当时，，
令，则 ，
即，
即，，，，
将上述n个不等式依次相加得 ，
两边加，整理得
【点睛】关键点点睛：证明不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的方法，即可证明.
22．(1)，，作图见解析；
(2)或．
【分析】（1）消去参数，即可得出直线的普通方程.根据公式即可求得曲线C的直角坐标方程.然后根据方程作图即可；
（2）设点A位于第一象限，由图象集合已知条件可推出，.由，可求得.然后根据的范围，即可得出的值．
【详解】（1）将直线的参数方程消去t，得普通方程为．
曲线C的极坐标方程为，即，
又，，，所以曲线C的直角坐标方程为．
则曲线C的简图如图所示．
（2）不妨设点A位于第一象限，结合图形和直线可知，
，，
则，
所以.
又，所以，
则或，所以或．
23．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，且
【分析】（1）利用二项系数系数的性质可求得展开式中系数最大的项；
（2）利用基本不等式结合放缩法可证得原不等式成立；
（3）利用二项展开式、放缩法可证得，进而可得出满足条件的整数的值.
【详解】（1）解：当时，展开式中二项式系数最大的项为第项，这项为.
（2）证明：
，
因此，对任意的实数，证明.
（3）解：对任意的且，
有
，
又因为，故，从而有，
即存在，使得成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三问考察利用数列不等式恒成立求满足条件的整数值，解题的关键在于利用二项式定理结合数列放缩法证得成立，再利用数列求和的思想进行求解.
0
1
P
0
1
P
x
0
－1
0
1
0