宁夏石嘴山市第三中学2022-2023学年高三下学期三模数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份宁夏石嘴山市第三中学2022-2023学年高三下学期三模数学（理）试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
（试卷满分：150分，考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己姓名和座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则集合中的子集个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，将集合化简，然后根据交集的运算即可得到结果.
【详解】因为集合，且，
则，所以其子集为空集与其本身.
故选:B
2. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘法运算法则计算出答案.
【详解】.
故选：A
3. 已知向量满足，则（ ）
A. －2B. －1C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】.
故选：C
4. 已知等差数列的前项和为，且，，则数列的公差为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题可直接利用等差数列通项公式和前和公式联立方程组求解即可得出答案.
【详解】设等差数列的首项和公差分别为和,则由题意可得,联立解得.
故选:B.
【点睛】本题着重考查了等差数列通项公式和前和公式的运算应用,属于基础题.
5. 已知两条不同的直线l，m和一个平面α，下列说法正确的是（ ）
A. 若l⊥m，m∥α，则l⊥αB. 若l⊥m，l⊥α，则m∥α
C. 若l⊥α，m∥α，则l⊥mD. 若l∥α，m∥α，则l∥m
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面平行、垂直的判定及性质对各选项逐一分析判断即可作答.
【详解】对于A，若l⊥m，m∥α，则l⊥α或或，故A不正确；
对于B，若l⊥m，l⊥α，则m∥α或，故B不正确；
对于C，m∥，过m的平面交于直线n，于是有m∥n，而l⊥，则有l⊥n，l⊥m，故C正确；
对于D，若l∥α，m∥α，则l∥m或相交或异面，故D不正确.
故选：C
6. 已知定义在上的函数的图象连续不断，有下列四个命题：
甲：奇函数；
乙：的图象关于直线对称；
丙：区间上单调递减；
丁：函数的周期为2.
如果只有一个假命题，则该命题是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的奇偶性、周期性、对称性之间的相互关系可知，甲、乙、丁三者中必有一个错误，结合连续函数单调性的特征可知，丙、丁互相矛盾，进而可得结果.
【详解】由连续函数的特征知：由于区间的宽度为2，
所以在区间上单调递减与函数的周期为2相互矛盾，
即丙、丁中有一个为假命题；
若甲、乙成立，即，，
则，
所以，即函数的周期为4，
即丁为假命题.
由于只有一个假命题，则可得该命题是丁，
故选：D.
7. 如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知：该几何体是有一个圆柱和两个半球拼接而成，根据表面积公式求出圆柱的高，利用体积计算公式即可求解.
【详解】由题意可知：设该几何体中间部分圆柱的高为，圆柱的半径为，
则该几何体的表面积为，因为，所以，
所以该几何体的体积，
故选：A.
8. 中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（ ）
A. 72B. 84C. 88D. 100
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法.同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案.
【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.
当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，
此时的分配方法有；
当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，
综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.
同理，甲去点，不同的安排方法数也是，
所以，不同的安排方法数是.
故选：D.
9. 若数列为等比数列，且，公比，则的结果（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式得，再利用等比数列的求和计算得结论．
【详解】解：等比数列中，由于 ，，
，
．
故选：C．
10. 已知椭圆：的右焦点为，左顶点为，若上的点满足轴，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意构建方程，进而转化为的齐次式，从而得到结果.
【详解】∵，
∴
∴，即
∴.
故选：C
11. 的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下说法正确的是（ ）

A. 若圆的半径为，则；
B. 函数在上单调递减；
C. 函数的图象向左平移个单位后关于对称；
D. 函数的最小正周期是.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定D错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得的值，可判定A正确.
【详解】由函数图象，可得点横坐标为，
所以函数的最小正周期为，所以D不正确；
又由，且，即，
根据五点作图法且，可得，解得，
因为，可得，
结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；
将函数的图象向左平移个单位后，得到，
可得对称轴的方程为，即，
所以不是函数的对称轴，所以C错误；
当时，可得，即,
若圆的半径为，则满足，即，
解得，所以的解析式为，所以A正确.
故选：A.
12. 已知函数是定义域为R的函数，，对任意，，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.
【详解】由，得且函数关于点对称．
由对任意，，均有，
可知函数在上单调递增．
又因为函数的定义域为R，
所以函数在R上单调递增．
因为a，b为关于x的方程的两个解，
所以，解得，
且，即．
又，
令，则，
则由，得，
所以．
综上，t 的取值范围是.
故选：D．
二、填空题:共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在区间上随机抽取1个数，则事件“”发生的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何概型计算求解即可.
【详解】由，解得.
因为，
所以事件“”发生的概率为.
故答案为：.
14. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角余弦公式计算作答.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
15. 双曲线的渐近线与圆相切，则=_____
【答案】
【解析】
【分析】求出渐近线方程，再求出圆心到渐近线的距离，根据此距离和圆的半径相等，求出．
【详解】解：双曲线的渐近线方程为，即，
圆心到直线的距离，
．
故答案为．
【点睛】本题考查双曲线的性质、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式．解答的关键是利用圆心到切线的距离等于半径来判断直线与圆的位置关系．
16. 已知函数在上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函数为，当时，有不等式成立，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到在R上恒成立，再利用导数分析解答即得解.
【详解】因为当时，有不等式成立，
所以，
令所以函数g(x)在（0，+∞）上单调递增，
由题得
所以函数g(x)是奇函数，所以函数在R上单调递增.
因为对，不等式恒成立，
所以，
因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.
当x＞0时，，
所以，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.
所以，
所以a＜e,
所以正整数的最大值为2.
故答案为2
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.属于中档题.
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.
（一）必考题：共60分.
17. 在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）求的值；
（2）若csB，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【答案】（1）2（2）5
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可求解；
（2）由（1）利用正弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值，结合三角形的面积公式可求，联立解得，的值，根据余弦定理可求的值，即可得解三角形的周长．
【详解】（1）∵，
∴sinBcsA﹣2sinBcsC＝2sinCcsB﹣sinAcsB，sinBcsA+sinAcsB＝2sinCcsB+2sinBcsC，
可得sin（A+B）＝2sin（B+C），即sinC＝2sinA，
∴2．
（2）∵由（1）可得sinC＝2sinA，
∴由正弦定理可得c＝2a，①
∵csB，△ABC的面积为，
∴sinB，由acsinBac•，解得ac＝2，②
∴由①②可得a＝1，c＝2，
∴由余弦定理可得b2，
∴△ABC的周长a+b+c＝1+2+2＝5．
【点睛】本题主要考查了正弦定理、两角和的正弦函数公式、同角三角函数基本关系式，考查了三角形的面积公式、余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18. 如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
（1）求证：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明详见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【小问1详解】
根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
19. 2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查学生对两会相关知识的了解情况，某高中学校开展了两会知识问答活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取320名学生，他们的得分（满分100分）的频率分布折线图如下.
（1）若此次知识问答的得分，用样本来估计总体，设，分别为被抽取的320名学生得分的平均数和标准差，求的值；
（2）学校对这些被抽取的320名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于55的学生获得1次抽奖机会，得分高于55的学生获得2次抽奖机会.假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望（用分数表示），并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额.
参考数据：，，，，.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，，元
【解析】
【分析】（1）先根据频率分布折线图求平均值及方差，再根据正态分布公式计算概率即可；
（2）先分析获奖金额的情况，再列出相关分布列计算即可.
【小问1详解】
由折线图可知：，
，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由题意可知的可能取值为10，20，30，40，
则，，
，
，
，
，
所以的分布列为
，
故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为元.
20. 已知抛物线，过抛物线的焦点F且斜率为的直线l与抛物线相交于不同的两点A，B，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）点M在抛物线的准线上运动，过点M作抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，在平面内是否存在定点N，使得直线MN与直线PQ垂直？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使得直线MN与直线PQ垂直．
【解析】
【分析】（1）运用抛物线定义及抛物线焦点弦公式计算可得p的值，进而求得抛物线方程.
（2）运用导数几何意义求得抛物线在点P处的切线方程，再结合已知条件可得和是的根，再将韦达定理代入可求得结果.
【小问1详解】
设，，
根据题意可知直线l的方程为，
联立得，
所以，
因为，
所以，解得，
所以抛物线C的方程为．
【小问2详解】
如图所示，
抛物线的准线方程为，
当点M在特殊位置时，
切点P，Q关于y轴对称，要使MN⊥PQ，点N必在y轴上．
故设，，，，
抛物线C方程为，求导得，
所以切线MP的斜率，
则直线MP的方程为，整理得，
又点M在直线MP上，
所以，整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
所以
因为，，
所以
，
当时，，
即存在定点，使得直线MN与直线PQ垂直．
21. 设函数（其中e是自然对数的底数），，已知它们在处有相同的切线．
（1）求函数，的解析式；
（2）求函数在上的最小值；
（3）若对，恒成立求实数k的取值范围．
【答案】（1），
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由切点和切线斜率相同，利用导数求函数，的解析式；
（2）利用导数求函数单调性，分类讨论求函数在上的最小值；
（3）利用导数研究函数单调性，通过最值解决恒成立问题.
【小问1详解】
函数，，
则有，，
由题意，两函数在处有相同的切线，
因为，，则，
，解得，，
所以，．
【小问2详解】
，由得；由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
当时，f（x）在上单调递减，在上单调递增，
所以．
当时，在上单调递增，
所以，
所以，
【小问3详解】
令，
由题意知当时，，
因为，恒成立，
所以，所以．
，
因为，由，得，所以；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
①当，即时，在上单调递增，
，不满足．
②当，即时，由①知，，满足．
③当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，满足．
综上所述，满足题意的实数k的取值范围为．
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题计分．
【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），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的面积．
【答案】（1），；
（2）2
【解析】
【分析】（1）先将化为普通方程，再根据极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；先利用两角和的正弦公式化简整理，再结合极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；
（2）先求得和，然后结合三角形的面积公式以及点的极坐标的几何意义即可求解.
【小问1详解】
由题意得：的普通方程为
的极坐标方程为，.
由，得
即的直角坐标方程为：．
【小问2详解】
射线与曲线交点的极坐标为
由得，
的面积为．
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知、为非负实数，函数．
（1）当，时，解不等式；
（2）若函数的最小值为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：当，时，．
当时，，解得，此时；
当时，，此时原不等式无解；
当时，，解得，此时．
综上，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由，
因为，，当且仅当时，等号成立，
．
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
综上，的最大值为．
10
20
30
40
P