|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)
    立即下载
    加入资料篮
    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)01
    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)02
    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)03
    还剩14页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)

    展开
    这是一份2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科),共17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。

    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(理科)

    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,集合,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    2.  在复平面内,复数对应的点位于(    )

    A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

    3.  如图是年国家财政性教育经费单位:万元和国家财政性教育经费占总教育经费占比的统计图,下列说法正确的是(    )

     

    A. 年国家财政性教育经费和国家财政性教育经费占总教育经费占比均最低
    B. 国家财政性教育经费逐年增加
    C. 国家财政性教育经费占比逐年增加
    D. 年国家财政性教育经费是年的两倍

    4.  已知曲线的一条对称轴是,则的值可能为(    )

    A.  B.  C.  D.

    5.  函数上的大致图象是(    )

    A.  B.
    C.  D.

    6.  在长方体中,,连接,则(    )

    A. 直线与平面所成角为
    B. 直线与平面所成角为
    C. 直线与直线所成角为
    D.

    7.  已知函数处取得极值,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    8.  某学校安排名教师指导个学生社团,每名教师至少指导一个社团,每个社团只需一位指导老师,则不同的安排方式共有(    )

    A.  B.  C.  D.

    9.  已知锐角满足,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    10.  如图,网格纸上绘制的是某质地均匀内部为空的航天器件的三视图图中小方格是边长为的正方形,该器件由平均密度为的合金制成,则该器件的质量为(    )


    A.  B.  C.  D.

    11.  过双曲线的左焦点的其中一条渐近线的垂线,垂足为的另一条渐近线交于点,且,则的渐近线方程为(    )

    A.  B.  C.  D.

    12.  已知,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)

    13.  已知平面向量的夹角为,且,则______

    14.  的展开式中,的系数为______ 用数字作答

    15.  已知抛物线上两点关于点对称,则直线的斜率为______

    16.  中,边上一点,且,则的最小值为______

    三、解答题(本大题共7小题,共82.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)

    17.  本小题
    日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器,开启了月球探测的新旅程为了解广大市民是否实时关注了这一事件,随机选取了部分年龄在岁到岁之间的市民作为一个样本,将此样本按年龄分为组,并得到如图所示的频率分布直方图.
    求图中实数的值,并估计样本数据中市民年龄的众数;
    为进一步调查市民在日常生活中是否关注国家航天技术发展的情况,现按照分层抽样的方法从三组中抽取了从这人中任意抽取人了解情况记这人中年龄在的人数为,求随机变量的分布列及数学期望.


    18.  本小题
    已知为数列的前项和,且满足
    求证:数列是等比数列;
    ,记为数列的前项和,求满足不等式的最大值.

    19.  本小题
    如图,棱台中,,底面是边长为的正方形,底面是边长为的正方形,连接
    证明:
    求二面角的余弦值.


    20.  本小题
    已知椭圆的离心率为,且过点
    求椭圆的方程;
    斜率为的直线交椭圆于不与重合两点,直线分别交轴于点,求证:

    21.  本小题
    已知函数的导函数.
    证明:在区间存在唯一极大值点;
    若对,都有成立,求实数的取值范围.

    22.  本小题
    在平面直角坐标系中,直线的参数方程为为参数在以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴的极坐标系下,曲线的极坐标方程为
    的普通方程和的直角坐标方程;
    已知点,若直线与曲线相交于两点,求的值.

    23.  本小题
    已知函数
    求不等式的解集;
    已知均为正实数,若函数的最小值为,且满足,求证:

    答案和解析

     

    1.【答案】 

    【解析】解:因为

    所以
    故选:
    先求出集合,再根据并集的运算即可求出.
    本题主要考查了集合并集运算,属于基础题.
     

    2.【答案】 

    【解析】解:对应的点位于第四象限.
    故选:
    根据已知条件,结合复数的四则运算,以及复数的几何意义,即可求解.
    本题主要考查复数的四则运算,以及复数的几何意义,属于基础题.
     

    3.【答案】 

    【解析】解:对于,显然国家财政性教育经费逐年增加,最低不是年,故A错误,B正确;
    对于,国家财政性教育经费占比在年至年逐年下降,故C错误;
    对于年与年的国家财政性教育经费分别为大约万元和不到万元,显然不满足后者是前者的倍的关系,故D错误.
    故选:
    由统计图逐一分析即可.
    本题主要考查了统计图表的应用,属于基础题.
     

    4.【答案】 

    【解析】解:由题意,,即
    于是

    经检验,只有当时即时符合.
    故选:
    根据余弦函数的性质先写出其对称轴的一般形式,然后检查符合条件的选项.
    本题考查余弦函数的性质,属于中档题.
     

    5.【答案】 

    【解析】解:定义域为,又
    为奇函数,排除选项,
    ,排除选项,

    因为上单调递增,在上单调递减,且关于对称,
    ,所以,故
    ,排除选项,故D正确.
    故选:
    先确定函数的奇偶性,排除,代入特殊点的函数值,排除,得到D正确.
    本题主要考查了函数图象的变换,考查了函数奇偶性的判断,属于基础题.
     

    6.【答案】 

    【解析】解:设
    对于,连接,因为平面,所以即为直线与平面所成角,
    因为,所以
    在直角三角形中,,所以,故A错误;
    对于,连接,因为平面,所以即为直线与平面所成角,
    因为,所以
    在直角三角形中,,所以,故B错误;
    对于,因为,所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角,即为
    因为,所以
    所以直线与直线所成角为,故C正确;
    对于,因为,所以
    ,即所以
    BD,故D错误.

    故选:
    ,连接,可得即为直线与平面所成角,求出可判断;连接,可得即为直线与平面所成角,求出可判断;因为,转化为直线与直线所成角即为直线与直线所成角,即为,根据可判断;求出,可判断
    本题主要考查了求直线与平面所成的角,考查了异面直线的夹角,属于中档题.
     

    7.【答案】 

    【解析】解:
    ,得
    所以
    故选:
    根据极值点的意义,列式求解即可.
    本题考查利用导数研究函数的极值,考查运算求解能力,属于基础题.
     

    8.【答案】 

    【解析】解:个学生社团,分为的组,则有种分组情况,
    再分配给位老师,则有种方法.
    故选:
    根据分组分配的计算方法,即可求解.
    本题主要考查了排列组合知识,属于基础题.
     

    9.【答案】 

    【解析】解:由,得
    ,解得
    为锐角,所以
    ,即
    解得舍去
    所以,所以
    故选:
    先根据求出,再利用二倍角正切公式求出,再根据两角和的正切公式即可得解.
    本题主要考查了同角基本关系,二倍角公式及和差角公式的应用,属于基础题.
     

    10.【答案】 

    【解析】解:由题意可知几何体是圆柱内部去掉一个球,圆柱的底面直径为,高为
    球的半径为
    几何体的体积为:
    器件由平均密度为的合金制成,则该器件的质量为
    故选:
    判断几何体的形状,求解几何体的体积,然后求解器件的质量.
    本题考查三视图求解几何体的体积,判断几何体的形状是解题的关键,是中档题.
     

    11.【答案】 

    【解析】解:如图所示:
    为双曲线的渐近线,由题意得

    中点,故为等腰三角形,即,故
    ,即的渐近线方程为
    故选:
    由图形的几何性质求渐近线的倾斜角与斜率,即可得出答案.
    本题考查双曲线的性质,考查转化思想和数形结合思想,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
     

    12.【答案】 

    【解析】解:令,则
    ,由
    上单调递增,在上单调递减,即
    上恒成立,

    ,则
    ,由
    上单调递减,在上单调递增,所以
    上恒成立,即
    ,即

    ,由
    上单调递增,在上单调递减,即
    上恒成立,即
    ,则
    恒成立,即上单调递增,
    ,故
    ,即

    故选:
    由题意构造函数,利用导数研究其单调性,利用单调性比大小,即可得出答案.
    本题考查利用单数研究函数的单调性,考查转化思想和函数思想,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
     

    13.【答案】 

    【解析】解:平面向量的夹角为,且

    故答案为:
    利用向量模的运算法则,结合向量的数量积求解即可.
    本题考查向量的数量积的求法,向量的模的运算法则,是基础题.
     

    14.【答案】 

    【解析】解:设的展开式通项为
    ,则,即的系数为
    故答案为:
    由二项式的展开式通项公式待定系数求值即可.
    本题考查二项式的展开式通项公式,属于基础题.
     

    15.【答案】 

    【解析】解:设代入抛物线


    因为两点关于点对称,则
    所以由
    直线的斜率为
    则直线与抛物线联立,
    ,解得
    所以直线的斜率为
    故答案为:
    根据点差法求得直线的斜率,并验证判别式大于零.
    本题考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系,点差法的应用,化归转化思想,属中档题.
     

    16.【答案】 

    【解析】解:由


    所以

    时,取等号,
    所以的最小值为
    故答案为:
    表示,再平方可求得,再由结合二次函数得性质即可得解.
    本题主要考查三角形中的几何计算,考查转化能力,属于中档题.
     

    17.【答案】解:
    解得
    众数为
    的人数为
    的人数为
    的人数为
    可取


    所以分布列为:

    所以 

    【解析】根据概率之和等于即可求得,由频率分布直方图即可得出众数;
    先根据分层抽样求出各区间的人数,再写出随机变量的所有可能取值,求出对应概率,即可得分布列,再根据期望公式求期望即可.
    本题考查频率分布直方图的相关知识,离散型随机变量的分布列与期望的求解,化归转化思想,属中档题.
     

    18.【答案】证明:时,,解得:
    时,
    所以,即
    所以
    所以
    所以数列是以为首项,为公比的等比数列;
    解:可知数列是以为首项,为公比的等比数列,
    所以
    所以


    所以时,即,所以
    所以的最大值为 

    【解析】已知的关系求解,然后证明即可;
    求出,进而由裂项相消法求出数列的前项和,求解不等式即可.
    本题主要考查了数列的递推式,考查了等比数列的性质,以及裂项相消法求和,属于中档题.
     

    19.【答案】解:证明:由题意,该棱台是正四棱台.连接,以所在直线为轴,
    经过且垂直于平面的直线为轴,交上底面,连接,建立空间直角坐标系如图.

    根据正四棱台的性质,过作底面的垂线,则垂足上.
    根据题干数据,为上底面正方形对角线长的一半,
    显然,故
    ,故
    于是
    ,于是

    于是
    设平面的法向量为,根据,令,则
    平面的法向量为

    设平面的法向量为
    根据,令
    平面的法向量为
    于是
    结合图形可知,二面角的平面角是锐角,则该二面角的余弦值是 

    【解析】根据棱台数据可知其是正棱台,建立空间直角坐标系后,利用空间向量的数量积证明垂直关系,根据平面的法向量求二面角.
    本题考查线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查运算求解能力,属中档题.
     

    20.【答案】解:由题意可得,解得
    所以椭圆的方程为
    证明:设直线的方程为
    联立,消
    ,解得





    所以直线的倾斜角和直线的倾斜角互补,
    所以
    所以 

    【解析】根据题意求出,即可得解;
    设直线的方程为,联立方程,利用韦达定理求出,再证明即可.
    本题考查椭圆的标准方程及其性质,考查直线与椭圆的综合运用,考查运算求解能力,属于中档题.
     

    21.【答案】证明:因为,所以
    ,则
    在区间,函数都是单调递减函数,所以单调递减,

    所以在区间上存在唯一,使得
    时,在区间单调递增,
    时,在区间单调递减,
    所以在区间上存在唯一极大值点;
    解:因为任意,都有成立,
    所以恒成立,即


    ,所以
    所以在区间单调递增,所以
    所以,即在区间上单调递增,且
    所以,即实数的取值范围是 

    【解析】首先设函数,首先判断导函数的单调性,再结合零点存在性定理,以及极大值点的定义,即可证明;
    由不等式参变分离为,转化为求函数的最大值,即可求实数的取值范围.
    本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值,不等式恒成立求参数范围问题,考查运算求解能力,属于中档题.
     

    22.【答案】解:直线的参数方程为为参数
    直线的直角坐标方程为
    曲线的极坐标方程为

    曲线的直角坐标方程为
    将直线的参数方程为为参数代入曲线的方程,
    得:

     

    【解析】直线的参数方程消去参数,能求出直线的直角坐标方程;由曲线的极坐标方程,能求出曲线的直角坐标方程.
    将直线的参数方程代入曲线的方程,利用韦达定理由此能求出的值.
    本题主要考查简单曲线的极坐标方程,属于中档题.
     

    23.【答案】解:
    时,
    时,
    时,
    综上所述,的解集为
    证明:由可知当时,时取得最小值,
    时,,当时,时取得最小值,
    综上,故
    函数的最小值为,且满足


    均为正实数,

    当且仅当时取得等号,

     

    【解析】转化为分段函数解不等式即可;
    ,运用基本不等式证明即可.
    本题主要考查不等式的证明,考查转化能力,属于中档题.
     

    相关试卷

    高考数学模拟试卷(理科): 这是一份高考数学模拟试卷(理科),共12页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    高考数学模拟试卷(理科): 这是一份高考数学模拟试卷(理科),共19页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(文科)(含解析): 这是一份2023年贵州省遵义市高考数学第三次模拟试卷(文科)(含解析),共17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。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map