四川省成都市玉林中学2023届高三理科数学下学期三诊模拟试题（三）（Word版附解析）

成都玉林中学高三数学三诊模拟理科试题（三）

本卷满分150分，考试时间120分钟．

注意事项：

1． 答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．

2． 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．

3． 答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题:本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．

1. 复数满足：，则（    ）

A. 1+2i B. －1+2i C. 1－2i D. －1－2i

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的四则运算求解即可.

【详解】由，得.

故选：C

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用一元二次不等式的解法求解相应不等式，得到集合，然后根据并集的定义求得结果，进而做出判定.

【详解】由，解得，即，

又∵集合，∴，

故选：A.

【点睛】本题考查集合的并集，涉及一元二次不等式的解法，属基础题.

3. 已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【详解】函数为增函数,则 ,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时, ,,所以,故为增函数.

故选:C

4. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先利用倍角公式将条件变形，然后结合列方程组求解.

【详解】,

①,

又②，

由①②得.

故选：D.

5. 如图，长方体中，点E，F分别是棱，上的动点（异于所在棱的端点）.给出以下结论：①在F运动的过程中，直线能与AE平行；②直线与EF必然异面；③设直线AE，AF分别与平面相交于点P，Q，则点可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是（    ）

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③

【答案】B

【解析】

【分析】当点E，F分别是棱，中点时，可证明四边形是平行四边形，故可判断①②；建立空间直角坐标系，当点E，F分别是棱，中点，且长方体为正方体时，利用空间向量证明三点共线

【详解】长方体中，，连接，，当点E，F分别是棱，中点时，由勾股定理得：，故，同理可得：，故四边形是平行四边形，所以在F运动过程中，直线能与AE平行，与EF相交，①正确，②错误；

以为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱，中点且长方体为正方体时，设棱长为2，则，，，则，，则，又两向量有公共点，所以三点共线，故则点可能在直线PQ上，③正确.

故选：B

6. 已知数列的前n项和为，若，（），则等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据数列递推式（），可得（），推出，（），结合等比数列的前n项和公式，即可求得答案.

【详解】因为（），所以（），

两式相减得，（），

由（），得，故可知，

而，所以，（），

故从第二项开始，为公比为4的等比数列，

故，

故选：A

7. 在二项式的展开式中，二项式的系数和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项式系数和求得n，利用二项式展开式的通项公式确定有理项的项数，根据插空法排列有理项，再根据古典概型的概率公式即可求得答案.

【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为，

所以.

则即，通项公式为，

故展开式共有9项，当时，展开式为有理项，

把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，

即把其它的6个无理项先任意排，再把这三个有理项插入其中的7个空中，方法共有种,

故有理项都互不相邻的概率为,

故选：C

8. 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.

【答案】D

【解析】

【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

9. 在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且△ABC的面积为，则△ABC周长的最小值为（    ）

A.  B. 6 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先利用正弦定理及诱导公式，二倍角公式对原式化简得，即求出的大小，再利用三角形面积公式得，从而求出的最小值，最后得到，利用函数单调性即可求出其最小值.

【详解】由题设及三角形内角和性质：，
根据正弦定理及诱导公式得，

，，，即，

，则，则，解得,则，

所以，则，

又仅当时等号成立，

根据余弦定理得，即，

设的周长为，则，

设，则，

根据复合函数单调性：增函数加增函数为增函数得：在上为单调增函数，

故，故，当且仅当时取等.

故选：B

10. 已知向量的夹角为60°的单位向量，若对任意的､，且，，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量的运算，求得模长，整理不等式，构造函数研究其单调性，利用导数，可得答案.

【详解】已知向量的夹角为的单位向量，则

所以

所以对任意的，且，则

所以，即，

设，即在上单调递减，

又时，，解得，

所以在上单调递增；

在上单调递减，所以，

故选：A．

11. 在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.

【详解】如图，取的中点，连接，

在菱形中，，则都是等边三角形，

则，

因为平面平面，

所以即为二面角的平面角，

因为，所以，即，

所以平面平面，

如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，

设点为三棱锥的外接球的球心，则平面

外接球的半径为，设，

则，解得，

所以，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

故选：B.

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

第ⅠI卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 设随机变量X服从正态分布，若，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】由概率的性质结合对称性求解.

【详解】因为，所以，即.

则.

故答案为：

14. 已知直线与曲线相切，则m的值为______．

【答案】1

【解析】

【分析】求出函数的导数，设切点为，利用导数的几何意义求出切点坐标，代入切线方程，即可求得答案.

【详解】由题意，可得，

直线与曲线相切，设切点为，

则，则，

即切点，将该点坐标代入，可得，

故答案：1

15. 设是抛物线上的两个不同的点，O为坐标原点，若直线与的斜率之积为，则直线恒过定点，定点坐标为______．

【答案】

【解析】

【分析】设 ,，根据题意可得 ,设直线的方程为，代入抛物线方程化简整理并且结合根与系数的关系即可得出答案．

【详解】设,，

因为直线与的斜率之积为，

所以，

解得，

由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，

代入抛物线方程可得，需满足，

所以，解得，满足，

故直线的方程为，

则直线恒过定点，

故答案为∶．

16. 若正实数a，b满足，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由不等式变形为，通过换元，根据不等式恒成立得出a与b的关系，从而把表示为关于a的表达式，再通过构造函数求最值即可．

【详解】因为，所以，

所以，即

令，则有()，

设，则，由得

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，即，又因为，

所以，当且仅当时等号成立

所以，从而，所以()

设()，则，由得

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，所以的最小值为．

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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

17. 在平面四边形中，，，，.

（1）求；

（2）若，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）方法一：根据正弦定理得到，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；

（2）方法一：根据第一问的结论可以求得，在中，根据余弦定理即可求出．

【详解】（1）［方法1］：正弦定理＋平方关系

在中，由正弦定理得，代入数值并解得．又因为，所以，即为锐角，所以．

［方法2］：余弦定理

在中，，即，解得：，所以，

．

［方法3］：【最优解】利用平面几何知识

如图，过B点作，垂足为E，，垂足为F．在中，因为，，所以．在中，因为，则．

所以．

［方法4］：坐标法

以D为坐标原点，为x轴，为y轴正方向，建立平面直角坐标系（图略）．

设，则．因为，所以．

从而，又是锐角，所以，．

（2）［方法1］：【通性通法】余弦定理

在，由（1）得，，

，所以．

［方法2］：【最优解】利用平面几何知识

作，垂足为F，易求，，，由勾股定理得．

【整体点评】（1）方法一：根据题目条件已知两边和一边对角，利用正弦定理和平方关系解三角形，属于通性通法；

方法二：根据题目条件已知两边和一边对角，利用余弦定理解三角形，也属于通性通法；

方法三：根据题意利用几何知识，解直角三角形，简单易算．

方法四：建立坐标系，通过两点间的距离公式，将几何问题转化为代数问题，这是解析思想的体现．

（2）方法一：已知两边及夹角，利用余弦定理解三角形，是通性通法．

方法二：利用几何知识，解直角三角形，简单易算．

18. 某县为了解乡村经济发展情况，对全县乡村经济发展情况进行调研，现对2012年以来的乡村经济收入（单位：亿元）进行了统计分析，制成如图所示的散点图，其中年份代码的值1—10分别对应2012年至2021年．

（1）若用模型①，②拟合与的关系，其相关系数分别为，，试判断哪个模型的拟合效果更好？

（2）根据（1）中拟合效果更好的模型，求关于的回归方程（系数精确到0.01），并估计该县2025年的乡村经济收入（精确到0.01）．

参考数据：，，，，

参考公式：对于一组数据，，…，，回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】（1）的拟合效果更好   

（2），亿元

【解析】

【分析】（1）根据相关系数即可得出答案；

（2）根据最小二乘法结合题中数据求出，即可求出回归方程，再根据回归方程即可求出该县2025年的乡村经济收入的估计值.

【小问1详解】

解：因为更接近1，所以的拟合效果更好.

【小问2详解】

解：根据题中所给数据得，

则，

所以回归方程为，

2025年的年份代码为14，

当时，，

所以估计该县2025年的乡村经济收入为亿元.

19. 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，．

（1）证明：平面PAC；

（2），是否存在常数，满足，且直线AM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）存在满足条件，M满足.

【解析】

【分析】（1）连接BD交AC于O，连接PO，由，证平面PAO；

（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出及平面PBC的法向量，由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断.

【小问1详解】

证明：连接BD交AC于O，连接PO.

因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以，

因为O是BD中点，，所以.

因为，平面PAC，所以平面PAC，

【小问2详解】

如图，取线段BC的中点H，连接AH，

因为底面ABCD是边长为2的菱形，，所以.

因为平面PAC，平面PAC，所以.

因为，，平面ABCD，所以平面ABCD.

因平面ABCD，所以，

以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，

则，，，.

，.

设，由得，

解得，进而.

设平面PBC的法向量为.

由，得，取.

设直线AM与平面PBC所成的角为，则

，

化简得，，解得，

所以存在满足条件，M满足.

20. 已知椭圆经过，两点，，是椭圆上异于的两动点，且，若直线，的斜率均存在，并分别记为，.

（1）求证：为常数；

（2）求面积的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设直线的倾斜角分别为，根据，可得，即，求出，从而可得出结论；

（2）利用待定系数法求出椭圆方程，设，，联立方程求出，再根据，化简计算结合基本不等式即可得解.

【小问1详解】

设直线的倾斜角分别为，

因为，所以，

即，故，

因为，，所以，所以，

所以，

则，

所以为常数；

【小问2详解】

椭圆经过，两点，

代入得，解得，

所以椭圆方程为，

设，，由（1）得，

则的方程为，的方程为，

联立，消得，则，

同理可得，

则

令，

则，

当且仅当，即时取等号，

所以面积的最大值为.

【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

21. 已知为正实数，函数.

（1）若恒成立，求的取值范围；

（2）求证：（）.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；

（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.

【小问1详解】

，

①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；

②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.

综上所述：.

【小问2详解】

先证右侧不等式，如下：

由（1）可得：当时，有，则，

即，即，

则有，

即，右侧不等式得证.

下证左侧不等式，如下：

构建，则在上恒成立，

故在上单调递减，则，

即，可得，即，

则有，

即，

∵，则，

故，左侧得证.

综上所述：不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

22. 数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线，（）的形状如心形（如图），我们称这类曲线为笛卡尔心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当时．

（1）求曲线E的极坐标方程；

（2）已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将，代入曲线E，化简可得答案；

（2）不妨设，，，，则，结合三角函数性质求最大值即可.

【小问1详解】

将，代入曲线E，得，即，

所以，E的极坐标方程为；

【小问2详解】

不妨设，，即，，

，

而，故.