四川省成都市树德中学2023届高三三诊模拟数学（理）试题（含解析）

这是一份四川省成都市树德中学2023届高三三诊模拟数学（理）试题（含解析），共21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。

四川省成都市树德中学2023届高三三诊模拟数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则（    ）
A． B． C． D．1
3．如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ）

A．， B．， C．， D．，
4．已知单位向量，满足，若向量，则（    ）
A． B． C． D．
5．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（    ）
A． B． C． D．
6．函数在上的图像大致为（    ）
A． B．
C． D．
7．如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（    ）
  
A． B．1 C． D．4
8．将函数图像上各点横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位得到曲线C．若曲线C的图像关于轴对称，则的值为（    ）
A． B． C． D．
9．两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用切割圆锥的方法研究圆锥曲线，他用平行于圆锥的轴的平面截取圆锥得到的曲线叫做“超曲线”，即双曲线的一支，已知圆锥PQ的轴截面为等边三角形，平面，平面截圆锥侧面所得曲线记为C，则曲线C所在双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．2
10．函数，定义域为，有唯一极值点，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
11．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
12．已知数列，，，，，，是数列的前项和，则（    ）
A．656 B．660 C．672 D．674

二、填空题
13．若，满足，则的最小值是 ．
14．已知，则的展开式中项的系数为 .
15．过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，设抛物线的准线与轴的交点为，当时， .
16．已知函数，定义域均为，且，，，，则 .

三、解答题
17．在锐角三角形中，角的对边分别为，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，求的周长.
18．某农科所对冬季大棚内的昼夜温差与某反季节大豆新品种发芽率之间的关系进行分析研究，记录了2023年1月1日至1月12日大棚内的昼夜温差与每天每100颗种子的发芽数，得到如下资料：
日期
1日
2日
3日
4日
5日
6日
7日
8日
9日
10日
11日
12日
温差/℃
10
11
13
12
8
10
9
11
13
10
12
9
发芽数/颗
21
24
28
28
15
22
17
22
30
18
27
18
；；；
已知发芽数与温差之间线性相关，该农科所确定的研究方案是：先从这12组数据中选取2组，用剩下的10组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验.
(1)求选取的2组数据恰好是相邻2天的数据的概率；
(2)若选取的是1日与6日的两组数据，试根据除这两日之外的其他数据，求出关于的线性回归方程；（精确到1）
(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选取的检验数据的误差均不超过2颗，则认为求得的线性回归方程是可靠的，试问：（2）中所得的线性回归方程是否可靠.
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
19．如图，在四边形ABCP中，△ABC为边长为的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．

(1)求线段的长；
(2)设M在线段上，且满足，求二面角的余弦值．
20．已知椭圆，过点且与轴平行的直线与椭圆恰有一个公共点，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的动直线与椭圆交于两点，为轴上的一点，设直线和的斜率分别为和，若为定值，求点的坐标.
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)设，，证明：．
22．在平面直角坐标系xOy中，圆的方程为，曲线的参数方程为（为参数），已知圆与曲线相切，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求圆的半径r和曲线的极坐标方程；
(2)已知在极坐标系中，圆与极轴交点为D，射线与曲线、分别相交于点A、B（异于极点），求面积的最大值．
23．设a，b，c均为正数，且．
(1)求的最小值；
(2)证明：．

参考答案：
1．B
【分析】根据函数的值域可得，易知，即可求得.
【详解】由函数的值域为可知，或
所以；
由可得；
所以可得.
故选：B
2．C
【分析】根据题意设出复数，结合复数运算的性质，即可求解.
【详解】设，，因为，所以，，
所以，又，所以，
解得，所以
故选：C.
3．D
【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.
【详解】由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.
故选：D.
4．B
【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.
【详解】由单位向量，则，即，，
.
故选：B.
5．B
【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.
【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，
随机选取两个不同的数，基本事件总数，
其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，
所以.
故选：B
6．B
【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答.
【详解】函数定义域为，
而，且，
即函数既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD；
而当时，，排除选项A，选项B符合要求.
故选：B
7．C
【分析】首先在正方体中还原几何体，然后利用锥体的体积公式计算其体积即可.
【详解】如图所示，
    
题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥，
其体积.
故选：C.
8．B
【分析】先根据图像变化得到曲线C为：，由图像关于轴对称得，进而可求得答案.
【详解】由题意得变化后的曲线C为：，
曲线C的图像关于轴对称，故，又，
即当，
故选：B.
9．A
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，得到点的坐标，从而得到双曲线方程，然后结合离心率公式，即可得到结果.
【详解】如图，设平面，平面与圆锥侧面的交线为，过垂直于的母线与曲线交于，不妨延长至，使.

过垂直于的截面交曲线为，
设在平面内的投影为点，以为原点，投影为轴建立平面直角坐标系，易知点为双曲线顶点.设，则可求点坐标为，代入方程：，知，故双曲线离心率为，
故选:.
10．A
【分析】由已知，根据题意，分别从，和三种情况借助导数研究函数的单调性，并判断是否满足题意，然后对应列式求解即可.
【详解】由已知，，所以，
当时，因为，所以，所以，因此在区间上单调递减，不符合题意；
，所以，
当时，，所以在区间上单调递增，而，所以，所以在区间上单调递增，不符合题意；
当时，要使得有唯一极值点，即满足，解得，所以实数a的取值范围为.
故选：A.
11．A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
12．D
【分析】由题意，利用穷举法，一一列举寻找规律，利用周期思想可得答案.
【详解】由题意知数列是一个周期为的数列.穷举法找规律，

































































易发现从第项开始，每项重复出现，故只需要分段计算即可.
，共个分段，每段的和为，
，，，，所以，
故.
故选：D.
13．1
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中点，，

令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画直线：，平移直线到直线，当直线过点A时，直线的纵截距最小，最小，，
所以的最小值是1.
故答案为：1
14．80
【分析】根据微积分基本定理求出，再利用二项展开式通项即可得到答案.
【详解】，
故 ,
根据二项展开式通项为，
令，求得，可得展开式中的系数为，
故答案为：80.
15．8
【分析】令过焦点直线为并联立抛物线，应用韦达定理得且，根据求得，根据抛物线定义求.
【详解】令过焦点直线为，代入得：，
所以，则，
由，则，
所以，即，
由抛物线定义知：.
故答案为：8
16．
【分析】根据已知条件及函数值的定义，结合函数的周期性即可求解.
【详解】由，得，
所以.
将代入，并整理得，
所以，
所以是以为周期的周期函数.
由可知，也是以为周期的周期函数，
所以.
由得，
又因为，
所以，解得，
所以.
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是根据已知条件求出函数，的周期，利用函数的周期性即可.
17．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，即可得到，利用正弦定理将边化角，即可得到，再由平方关系计算可得；
（2）利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式及（1）的结论得到，从而求出、，再由正弦定理求出，即可求出，从而得解.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，
又，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得（负值舍去）.
  
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，
所以，所以，
由（1）可知，则，
由，则，解得（负值舍去），
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
18．(1)
(2)
(3)是可靠的

【分析】（1）利用组合及组合数公式，结合古典概型的概率的计算公式即可求解；
（2）根据已知条件及参考数据，求出，进而即可求出回归方程；
（3）利用（2）的回归方程求出时的预报值，结合已知条件即可求解.
【详解】（1）从组数据中任选组，选法数为;
选取的组数据恰好是相邻的天，选法数为；
所以所求概率为.
（2）设剩下的组数据分别为.
;
，；
，；
所以
所以.
所以所求回归方程为.
（3）当时，.
因为，
所以根据所给的研究方案，可以判断（2）中所得的线性回归方程是可靠的.
19．(1)
(2)．

【分析】（1）取BC中点O，连接，，根据题意得到，结合题意，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，再结合面面垂直的性质得到线面垂直，进而得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取BC中点O，连接，，因为△ABC为等边三角形，O为BC的中点，则，又，，平面，
∴平面，∴．
所以，即为等边三角形，所以，
又平面平面，，所以平面，所以，
又，所以．

（2）因为平面，，以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，设平面的法向量为，
则，取，则，
由已知可得．
综上，二面角的余弦值为．

20．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意得到椭圆的下顶点为和椭圆过点求解；
（2）设点坐标为，当直线斜率存在时，设其方程为，与联立，由，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时验证即可.
【详解】（1）解：由题意，椭圆的下顶点为，故.
由对称性，椭圆过点，代入椭圆方程有，
解得：.
故椭圆的标准方程为：.
（2）设点坐标为.
当直线斜率存在时，设其方程为，与联立得：
.
设，则.
，
，
，

为定值，即与无关，则，此时.
经检验，当直线斜率不存在时也满足，故点坐标为.
21．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，分，和讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；
（2）将不等式等价转化为，构造函数（），利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；
（3）结合前面的解析，取时，则，利用不等式的放缩即可证明.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，

令，则，
①当时，，在上恒成立，在上单调递减．
②当时，， 时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
③当时，，时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
（2）当时，恒成立，
故，所以，即，
由得，令（），
则，
令，则，
在单调递增，则，
即在恒成立，故在单调递增．
所以，故在恒成立．
由在单调递增，而，，故．
（3）取时，，则，
所以，
因此，
则.
【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；
3.    利用导数研究函数的单调性及最值；
4.    根据单调性及最值，得到所证不等式.
22．(1)3，极坐标方程为
(2)

【分析】（1）消去参数，求出曲线的普通方程，确定其圆心与半径，结合圆的圆心，确定两圆内切，求出圆的半径；（2）在极坐标下求出弦长AB，进而求出点D到直线AB的距离为，表达出面积，利用基本不等式求出最大值.
【详解】（1）由曲线参数方程为（为参数）得：，故曲线是圆心为，半径为的圆，而圆的圆心为，故圆与圆内切，故，曲线极坐标方程为．
（2）因为射线与圆、曲线分别相交于点A、B（异于极点），设，，由题意得，，所以．
因为点D到直线AB的距离为，
所以，
当且仅当时等号成立，故面积的最大值为．
23．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；
（2）利用柯西不等式证明即可；
【详解】（1）解：，，都是正数，且，，

当且仅当即时等号，
即的最小值为；
（2）证明：由柯西不等式得
即，
故不等式成立，
当且仅当时等号成立；