宁夏银川市育才中学2022-2023学年高三下学期三模数学（文）试题（Word版附解析）

这是一份宁夏银川市育才中学2022-2023学年高三下学期三模数学（文）试题（Word版附解析），共19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。

（试卷满分：150分；考试时间：120分钟）
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，然后根据交集的定义运算即得.
【详解】因为，，
所以．
故选：B.
2. 已知i为虚数单位，复数是实数，则的值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出复数的代数形式，然后令虚部为零可得答案.
【详解】，
复数是实数，
，
解得.
故选：C.
3. 设向量，，.若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的坐标，再利用列方程求解的值.
【详解】，，
，
，
，
解得.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式求得，然后利用二倍角公式计算即可.
【详解】，则，
则，
故选：D.
5. 由1，2，3组成的无重复数字的三位数为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本空间，再求出事件的样本数，根据古典概型求解.
【详解】1,2,3无重复的排列有 种，因为是偶数，所以个位数必须是2，故有 种排列，
所以是偶数的概率 ；
故选：B.
6. 要计算的结果，如图程序框图中的判断框内可以填（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据循环终止时的值可得答案.
【详解】根据可知，循环终止时，不满足判断框中的条件，且满足判断框中的条件，
故程序框图中的判断框内可以填：.
故选：B
7. 三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可将三棱锥补形为长方体，则三棱锥外接球即为长方体的外接球，根据长方体的性质求外接球的半径，即可得结果.
【详解】如图所示，根据题意可将三棱锥补形为长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知该球的直径即为，
设球的半径为，可得，即，
故三棱锥的外接球的表面积.
故选：C.
8. 2022年8月，中科院院士陈发虎带领他的团队开始了第二次青藏高原综合科学考察．在科考期间，陈院士为同行的科研人员讲解专业知识，在空气稀薄的高原上开设了“院士课堂”．已知某地大气压强与海平面大气压强之比为b，b与该地海拔高度h满足关系：（k为常数，e为自然对数的底）．若科考队算得A地，珠峰峰顶处，则A地与珠峰峰顶高度差约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定的函数模型，求出A地与珠峰峰顶的海拔高度即可作答.
【详解】令A地与珠峰峰顶的海拔高度分别为，依题意，，，
即，，解得，
所以A地与珠峰峰顶高度差为.
故选：B
9. 已知函数，若函数在区间上有且只有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象和性质，以及零点的定义即可求解.
【详解】因为，，所以，
由在区间上有且只有两个零点可得：
因为，当时，，
所以时，有且只有两个零点，只能是，，
所以， ，
解得：，所以的取值范围为，
故选：B.
10. △的内角，，的对边分别为，，.若，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理进行角换边，再根据余弦定理即可得出答案.
【详解】，
利用正弦定理可得:，
又，
可得，
整理可得：，
故选：A.
11. 已知双曲线的一条渐近线被圆截得的线段长为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把圆方程化为标准方程，得圆心坐标和半径，求出圆心到渐近线的距离，由勾股定理可得关系，从而求得离心率．
【详解】根据题意，不妨取双曲线一条渐近线方程，
因为圆的标准方程为，圆心是，半径是2，
所以圆心到渐近线的距离为，
所以由弦长公式得，则，即，即，故，
所以．
故选：D．
12. 已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，结合条件与导数求得的单调性，从而得解.
【详解】令，则，
因为，而恒成立，所以，
所以在上单调递增，
又，所以，
因为，，，
所以，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是构造函数，熟练掌握与等抽象函数的导数是解决该类问题的关键.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某高三年级一共有800人，要从中随机抽取50人参加社团比赛，按系统抽样的方法进行等距抽取.将全体学生进行编号分别为，并按编号分成50组，若第3组抽取的编号为36，则第16组抽取的编号为___________.
【答案】244
【解析】
【分析】根据系统抽样编号成等差数列求解即可
【详解】800人一共分成50组,每组16人,所以组距为16,系统抽样可以看成是一个组距为16的等差数列,由第三组,得.
故答案为：244
14. 对于二维码，人们并不陌生，几年前，在门票、报纸等印刷品上，这种黑白相间的小方块就已经出现了．二维码背后的趋势是整个世界的互联网化，这一趋势要求信息以更为简单有效的方式从线下流向线上．如图是一个边长为4的“祝你考试成功”正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷400个点，其中落入黑色部分的有250个点，据此可估计黑色部分的面积为________．
【答案】10
【解析】
【分析】由几何概型中的面积型概率计算公式即可求解.
【详解】记正方形和黑色部分的面积分别为，则由几何概型可得：，故，
故答案为：10
15. 已知直线与曲线相切，则k=___________.
【答案】1
【解析】
【分析】设切点为，，根据导数的几何意义推得.由可推得.构造函数，根据导函数可推得有唯一解，求出，即可得出答案.
【详解】设切点为，，则.
根据导数的几何意义，可知.
又，
即.
令，则，
所以当时，；当时，，
所以，在处取得极小值，也是最小值.
又，所以有唯一解，所以，
即切点为，所以.
故答案：1.
16. 已知函数，则下列说法中正确的是________
①一条对称轴为；
②将图象向右平移个单位，再向下平移1个单位得到的新函数为奇函数；
③若，则；
④若且，则的最小值为．
【答案】①③
【解析】
【分析】首先化简函数为，①根据正弦函数的性质验证即可；②利用平移变换得到判断；③由得到，从而得到，再由，利用两角差的正切公式求解判断；④令得到，在同一坐标系中作出的图象判断.
【详解】解：函数，
①因为，所以一条对称轴为，故正确；
②将图象向右平移个单位得到，再向下平移1个单位得到，因为，所以新函数不是奇函数，故错误；
③由得：，则，，
当时，；
当时，，
所以，故正确；
④令得：，
在同一坐标系中作出的图象如图所示：
由图象知：，故错误，
故答案为：①③
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
（一）必考题：共60分
17. 已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，.
（1）求与通项公式；
（2）设，求的前n项和.
【答案】（1），，
（2），
【解析】
【分析】（1）由等差数列、等比数列的定义计算基本量即可求通项公式；
（2）根据等比数列的求和公式及裂项相消求和即可.
【小问1详解】
设的公差为d，因为，，
所以，解得，从而，
所以；
设的公比为q，因为，所以，解得，
因为，所以，
所以 .
【小问2详解】
由上可知：，所以，
所以，
所以，.
18. 某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：
（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
（2）利用样本数据，在评价结果为“良好”的客户中，按照性别用分层抽样的方法抽取了6名客户.若从这6名客户中随机选择2名进行访谈，求所抽取的2名客户中至少有1名女性的概率.
附表及公式：
其中，.
【答案】（1）有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据表中数据计算出的值，对比附表数据，然后作出判断；
（2）先根据分层抽样计算出男、女客户并对男女生进行标记，列出“从名学生中随机抽取名”的所有基本事件，分析满足“抽取的两名客户中至少有名女性”的基本事件，根据基本事件数之比求解出对应概率.
【小问1详解】
，
有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
【小问2详解】
因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为，即为，
所以抽取的名客户中，男生有名，记为，，，，
女生有名，记为，，
从这人中选取人的所有基本事件有：，，，，
，，，，，，，，
，，，共个.
其中至少一名女生的基本事件有：，，，，
，，，，，共9个.
所以，抽取的名客户中至少有名女性的概率为.
19. 《九章算术》卷第五《商功》中有记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也，甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶，”现有“刍甍”如图所示，四边形EBCF为矩形，，且.
（1）若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面GCF；
（2）若，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取线段中点H，连接，利用中位线定理得到且，证明四边形是平行四边形，得到，根据线面平行的判定即可证明；
（2）利用线面垂直的判定得到面，利用三角形面积公式求出，利用等体积法代入计算即可求解.
【小问1详解】
在图中取线段中点H，连接，如图所示：
由题可知，四边形是矩形，且，
∴O是线段与中点，∴且，
又且，而且.
所以且，∴且，
∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
∵，面，，∴面，
，
所以，
即三棱锥的体积为.
20. 已知离心率为的椭圆，其焦距为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于两点，若以线段为直径的圆过点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率为和焦距为，由求解；
（2）将代入椭圆方程，设，根据为直径的圆过点，由求解.
【小问1详解】
解：由题知
解得 ，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
将代入椭圆方程，得，
又直线与椭圆有两个交点，
，
解得.
设，
则.
若以为直径的圆过点，则.
又，
.
而，
，
，
，
解得，满足，
故.
21. 设函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若f（x）有两个极值点，，求a的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）运用导数研究函数的单调性.
（2）将问题转化为，是的两个不同的根，分离参数研究与有两个不同的交点，运用导数研究的图象进而求得a的范围.
【小问1详解】
∵，
∴，
当时，
∴，定义域为R，
则，
∴，，
∴的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
∵有两个极值点，（），
∴，是的两个不同的根.
即：，是的两个不同的根.
∴令，
则，是与的两个不同的交点.
∴，
∴，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
又∵，，
当时，；当时，，
∴图象如图所示，
所以，
所以，
即：a的取值范围为.
（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线与极轴相交于，两点.
（1）求曲线的极坐标方程及点的极坐标；
（2）若直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于，两点，求的面积.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数可得曲线的普通方程，再由代入可得答案；
（2）令求出，再由可得答案.
【小问1详解】
由消去参数，得，即，
由代入可得
曲线的极坐标方程为.
令，则，故点的极坐标为；
【小问2详解】
令，则，
故的面积.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集非空，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，分段讨论解不等式可得到结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得，再由转化为，解出即可．
【小问1详解】
因为，所以，
当时，原不等式转化为，无解.
当时，原不等式转化为，解得.
当时，原不等式转化为，解得.
综上所述，原不等式的解集为；
【小问2详解】
由已知可得，
由不等式的解集非空，可得，
则，
解得，故的取值范围为.
一般
良好
合计
男
20
100
120
女
30
50
80
合计
50
150
200
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635