四川省成都市成华区某重点校2023届高三数学（文）阶段性考试（三）暨高考模拟考试试题（Word版附解析）

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2022-2023学年度（下）阶段性考试（三）暨高考模拟考试高2020级 数学（文科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分,每小题只有一个选项符合题目要求.1. 已知，则下列判断正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由元素与集合关系的判断，【详解】对于A，令，得，则，故A错误，对于B，令，得，则，故B错误，对于C，令，得，则，故C错误，对于D，令，得，则，故D正确，故选：D2. 已知复数z满足，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值，再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.【详解】设（a，），则，根据复数相等的定义，得，解得或，所以．故选：B.3. 为加强居民对电信诈骗的认识，提升自我防范的意识和能力，拧紧保障居民的生命财产的“安全阀”，某社区开展了“防电信诈骗进社区，筑牢生命财产防线”专题讲座，为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份防电信诈骗手段知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图所示，则（    ）A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数大于75%B. 讲座后问卷答题的正确率的众数为85%C. 讲座前问卷答题的正确率的方差小于讲座后正确率的方差D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】根据题意图中的数据分析，结合中位数、众数、极差的定义和方差的意义依次判断选项即可.【详解】由图可知，讲座前10位居民问卷答题的正确率分别为，讲座后10位居民问卷答题的正确率分别为.A：讲座前10位居民问卷答题的正确率按小到大排列为其中位数为，故A错误；B：讲座后10位居民问卷答题的正确率的众数为，故B正确；C：由图可知，10位讲座前的居民问卷答题的正确率波动比讲座后的大，所以10位讲座前的居民问卷答题的正确率的方差大于讲座后的方差，故C错误；D：讲座前10位居民问卷答题的正确率的极差为，讲座后10位居民问卷答题的正确率的极差为，，故D错误.故选：B.4. 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题可得几何体的直观图，然后根据体积公式即得．【详解】该几何体的直观图如图所示，其体积:．故选：B．5. 若抛物线上的点P到焦点的距离为8，到轴的距离为6，则抛物线的标准方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用抛物线定义即可求得p，然后可得方程.【详解】由抛物线定义可得：，解得，所以抛物线的标准方程为.故选：C  6. 函数的部分图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.【详解】由，得，所以为偶函数，故排除BD.当时，，排除A.故选：C.7. 已知，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用两角和正切公式得，再利用二倍角公式化简，根据同角三角函数的基本关系将弦化切，代入计算可得.【详解】因为，所以，则.故选：D8. 如图，在正方体中，点，分别为，的中点，下列说法中不正确的是（    ）A. 平面 B. C. 与所成角为45° D. 平面【答案】D【解析】【分析】连接，，由中位线定理以及线面平行判定判断A；由平面证明；由，得出与所成角；由与不垂直判断D.【详解】对于A：如图，连接，.在正方形中，为的中点,，即也为的中点，在中，分别为的中点，，又平面，平面，平面，故A正确；对于B：平面，，，故B正确；对于C：，，与所成角为，故C正确；对于D：连接，，，与不垂直，即与不垂直，则不垂直平面，故D错误；故选：D9. 已知函数在处有极小值，且极小值为，则（    ）A.  B.  C.  D. 或【答案】A【解析】【分析】根据函数极值的性质，结合函数极值的定义进行求解即可.【详解】．因为在处有极小值，且极小值为，所以，即，解得或．当时，，则上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值．当时，，则在上单调递增，无极值．故选：A【点睛】关键点睛：利用导数根据极值求出参数，必须要根据极值的定义进行验证是解题的关键.10. 一个球体被平面截下一部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积，其中R为球的半径，H为球缺的高．如图，若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺，其高之比为，则表面积（包括底面）之比（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由球的性质可求出截面圆的半径，从而求出表面积，可解此题.【详解】∵，，∴，，∴．故选：B11. 已知函数的图象关于直线对称，则（    ）A. 函数在上单调递增B. 函数为偶函数C. 若，则的最小值为D. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】C【解析】【分析】根据周期和对称轴可得函数所有对称轴，根据对称轴位置可判断.【详解】因为，故A不正确；由题知， 的周期为，所以对称轴为Z，所以的对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故B不正确；函数的图象向右平移个单位长度后，其对称轴为Z，显然y轴不是其对称轴，故D不正确；由题知，若，则的最小值为函数的半周期，故C正确.故选：C12. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，过作，为垂足，可知为中点，从而求出，由得，在直角三角形中由勾股定理得，化简即可求出双曲线的离心率．【详解】因为，所以，即，所以，由双曲线的定义知，所以.如图，过作，为垂足，因为，所以为的中点，，由得，即，所以，在直角中，,即，即，所以，解得，因为，所以双曲线的离心率是.故选：A二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则的最大值为___________【答案】2【解析】【分析】作出不等式组所表示的阴影，平移直线即可求得结果.【详解】不等式组所表示的阴影部分如图所示，  因为与y轴的交点为，所以当直线平移至点时，取得最大值为2.故答案：2.14. 已知单位向量的夹角为，则=_________.【答案】【解析】【分析】先求出的值，再结合，可求出答案.【详解】因为单位向量的夹角为，所以，所以==.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的模，考查学生的计算求解能力，属于基础题.15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，，则的值是______．【答案】2【解析】【分析】由余弦定理求得，结合，可求得，故结合可求得，再利用余弦定理即可求得答案.【详解】由中，可得，由于，则，且，由可得，故，故答案为：216. 过直线上任一点P作直线PA，PB与圆相切，A，B为切点，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心，半径.然后根据已知可推得，四点共圆，进而得出是两圆的公共弦，根据四边形的面积，即可推得.然后求出的最小值，即可得出答案.【详解】由已知可得，圆心，半径.因为为切线，所以，所以，四点共圆，过圆心，所以，是圆与圆的公共弦，所以，且.设四边形面积为，则.又，所以，.显然，当增大时，也增大，所以，当最小时，有最小值.当时，最小，，此时.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.17. 已知数列满足，.（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，结合推理判断作答.（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和作答.【小问1详解】当时，，解得，当时，，，两式相减得，即，即有，而，则，，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知，于是，则，于是，两式相减得，所以.18. 全国中学生生物学竞赛隆重举行.为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图.  （1）求频率分布直方图中的值，并估计这名学生成绩的中位数；（2）在这名学生中用分层抽样的方法从成绩在的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取2人，求这2人成绩都不在的概率.【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为求出参数的值，再根据中位数计算规则计算可得；（2）首先求出各组抽取的人数，将这人按所在的组编号分别为：，，，求出基本事件总数，再找出符合题意的事件，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，因为，，所以， 解得；【小问2详解】的三组频率之比为，从中分别抽取人，人，人，将这人按所在的组编号分别为：，，，从中任取人，所有的取法有，共种取法，其中人成绩都不在的取法有：，共种情况，所以这人成绩都不在的概率.19. 如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.  （1）证明：四点共面；（2）若，求点A到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点为G，通过证明、，进而证明即可.（2）运用等体积法即可求得结果.【小问1详解】取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，  所以EG∥DC∥AB，且，所以四边形ABEG为平行四边形，故，又因为F是的中点，所以，所以，故B，F，，E四点共面.【小问2详解】易知四边形为菱形，且，，，，所以菱形的面积为，设点到平面BEF的距离为，点B到平面距离为，且，由，得：， 因为，，所以，又因为，，、面，所以面，所以，所以.故点A到平面的距离为.20. 在平面直角坐标系中，点分别在轴，轴上运动，且，动点满足．（1）求动点的轨迹的方程；（2）设圆上任意一点处的切线交轨迹于点两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标．若不过定点，请说明理由．【答案】（1）    （2）以为直径的圆过定点.【解析】【分析】（1）设，由得，运用坐标变换和圆的方程，可得轨迹方程；（2）讨论切线的斜率不存在，求得切线方程，以及以为直径的圆的方程，可得交点；当切线斜率存在时，设切线方程为，运用直线和圆相切的条件，以及与椭圆方程联立，运用韦达定理，运用向量的数量积的性质，计算即可得到结论．【小问1详解】设由得①由得所以代入①式得整理得，所以动点的轨迹的方程为.【小问2详解】①当切线斜率不存在时，切线方程为（i）当切线方程为时，以为直径的圆的方程为②（ii）当切线方程为时，以为直径的圆的方程为，③由②③联立，可解得交点为.②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，设切线方程为，则，故由联立并消去整理得因为所以切线与椭圆恒有两个交点，设，则所以所以，即以为直径的圆过原点综上所述，以为直径的圆过定点.21. 已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，函数有三个不同的零点，，，求证：．【答案】（1）增区间为，；减区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出原函数导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由，可得是函数的一个零点，不妨设，把问题转化为证，即证．由，得，结合，是方程的两个实根，得到，代入，只需证，不妨设．转化为证．设，则等价于．设，利用导数证明即可．【详解】（1）解：，令，得，．当或时，；当时，．增区间为，；减区间为；（2）证明：，是函数的一个零点，不妨设，则要证，只需证．由，得，，是方程的两个实根，，①，②，①②得：，代入，只需证，不妨设．，只需证．，只需证．设，则等价于．设，只需证，又，设，则，在上单调递增，则．，从而在上是增函数，．综上所述，．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．选考题（共10分，从以下的22、23两题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题给分）22. 如图，在极坐标系中，曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，曲线C2是以为圆心的圆，曲线C1、C2都过极点O．（1）分别写出半圆C1，C2的极坐标方程；（2）直线l：与曲线C1，C2分别交于M、N两点（异于极点O），P为C2上的动点，求△PMN面积的最大值．【答案】（1）；；（2）．【解析】【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．【详解】（1）曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，所以半圆的极坐标方程为，曲线C2是以为圆心的圆，转换为极坐标方程为．（2）由（1）得：|MN|＝|．显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．此时点P为过C2且与直线MN垂直的直线与C2的一个交点，设PC2与直线MN垂直于点H，如图所示：在Rt△OHC2中，|，所以点P到直线MN的最大距离d，所以．【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．23. 已知.（1）解关于的不等式：；（2）若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.【答案】（1）    （2）.【解析】【分析】（1）讨论的取值，去绝对值，从而解得不等式的解集；（2）由绝对值不等式求出的最小值，利用均值不等式求出的最小值【小问1详解】①当时，不等式可化为，可得；②当时，不等式可化为，有，不可能；③当时，不等式可化为，可得，由上知关于的不等式的解集为；【小问2详解】由，可得，有，有（当且仅当，时取等号）.有，