四川省成都市第八中学2023-2024学年高三第三次模拟考试数学（理）题 Word版含解析.docx

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成都八中2023-2024学年高三第一学期第三次模拟考试数学（理）试卷一、单项选择题．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．1.已知集合，，则集合的元素个数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵，∴，即集合的元素个数为3.故选：C.2.已知，则的虚部是（）A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据共轭复数的概念，复数的运算以及复数虚部的概念即可解出．【详解】因为，所以，，所以其虚部是2．故选：A．3.若双曲线C：的焦距长为8，则该双曲线的渐近线方程为（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的性质计算即可. 【详解】由题意可知，即，令.故选：D4.设满足约束条件，则的最小值是（）A.4B.5C.8D.9【答案】A【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析，当经过A点时，z取最小值得解．【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，由题得y=-2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小．联立得A(1，2)，所以的最小值是2×1+2=4．故选：A.【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，规范作图是解题关键，属于基础题5.已知是第一象限角，满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】以为整体，先求，再利用诱导公式结合倍角公式运算求解.【详解】因为是第一象限，则为第一象限角或第二象限角，且，所以，由题意可得：.故选：B.6.已知是直线，是两个相互垂直的平面，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】分别判断充分性和必要性得到答案【详解】若，，则或或与相交，故推不出，；若，，则或者，故推不出，所以当时，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D7.已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误得数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据平均数与方差的定义判断．【详解】因为，因此平均数不变，即，设其他48个数据依次为， 因此，，，∴，故选：D．8.2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（）A.18种B.24种C.30种D.36种【答案】C【解析】【分析】分别计算丙站在左端时和丙不站在左端时的情况，即可得到答案.【详解】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有种站法；当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，有种站法，所以一共有种不同的站法．故选：C9.已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为，则其外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，确定外接圆圆心，确定在三棱锥的体积最大时外接球球心与、的位置关系，再由勾股定理求出半径，即可得体积.【详解】∵，，则是等腰直角三角形，∴为所在截面圆的直径，取的中点D，则为外接圆圆心，设三棱锥外接球的球心为，则平面， 底面的面积为定值，∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为，棱锥的体积最大，则三棱锥的体积，解得，设外接球的半径为，则，，在中，，在中，，由勾股定理得：，解得．∴外接球的体积．故选：C．10.噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压，下表为不同声源的声压级:已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（）声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060-90混合动力汽车1050-60电动汽车1040A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】根据题意，分别计算，的范围以及的值，进行运算比较即可求解.【详解】由题意得，，所以，，所以，，故C错误；则有，因为，可得，故A错误；因为，，则，所以，故B错误;，所以，故D正确.故选：D.11.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案. 【详解】依题意可得，因为，所以，因为在恰有2个零点，且，，所以，解得，令，，得，，令，得在上单调递减，所以，所以，又，解得．综上所述，，故的取值范围是．故选：C.12.函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（）①；②；③；④A.①③④B.①②④C.①②③D.②③④【答案】B【解析】【分析】先求导，对分两种情况讨论，求出函数的最大值即可判断①②；由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，再利用指数和对数恒等式证明④正确；再利用反证法判断③的真假. 【详解】，，当时，当时，，在上单调递增，当时，，在单调递减；当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减.与有相同的最大值，，即，，.当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，所以①②正确.两个函数图象如下图所示：由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，且，由，又，又当时，单调递增，所以， 又，又，又当时，单调递减，所以，，，于是有，所以④正确，如果，则，所以，与矛盾，所以错误，所以③错误.故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断④，要利用指数和对数恒等式，得到，.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中的常数项为_______．【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项.【详解】展开式通项为：；令，解得：，展开式中的常数项为.故答案为：.14.已知向量，则_________.【答案】7【解析】【分析】用向量的模长公式和数量积计算即可.【详解】已知向量,则,又,即,又,则,即, 故答案为:7.15.已知是抛物线：的焦点，点，过点的直线与交于，两点，是线段的中点．若，则直线的斜率__________．【答案】2【解析】【分析】方法一：设直线：，设，，联立直线与抛物线的方程求出，由可得，将韦达定理代入化简即可得出答案；方法二：设，，在准线上的射影分别是，，，由题意可得出轴，设，，：，联立直线与抛物线的方程可得，解方程即可得出答案.【详解】方法一：由题意，，设直线：，其中，联立消去得，，设，，则，，又，则，即，而，，则，即，即，所以，解得，所以.方法二：如下图，由题意，，点在准线上，设，，在准线上的射影分别是，，，则，所以轴，设，，：， 联立消去得，所以，所以，故答案为：2．16.的外心为，三个内角、、所对的边分别为、、，，，则面积的最大值是______【答案】【解析】【分析】取边的中点，作边的中线，由三角形外心和中线的性质，将化简，即可由余弦定理求得，再由和余弦定理，借助基本不等式求得的最大值，即可求得三角形面积的最大值.【详解】取边的中点，连接、，∵为的外心，∴，即，∵为边的中点，∴为边的中线，，∴ ，又∵，∴，整理得，∴由余弦定理可得，∴，又，由余弦定理，即，∴由基本不等式，即，当且仅当时，等号成立，∴的面积，即当且仅当时，面积的最大值为.故答案为：.【点睛】解决向量与解三角形综合问题，重点在于将向量与三角形中的几何关系转化为三角形边、角的数量关系，再结合题目进行求解即可.三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知是递增的等差数列，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）;（2）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）解：设等差数列的公差为，………3分得：………………5分代入：，得：………………7分 （Ⅱ）………………9分………11分………………14分（等差、等比数列前项求和每算对一个得2分）考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n和公式，等比数列的前n项和公式．点评：本题主要考查通项公式的求法和数列前n项和的求法，其中求数列的前n项和用到的是分组求和法．属于基础题型．18.某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取100名学生的两门学科成绩作为样本.将他们的学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到70分为良好.已知他们中学科良好的有50人，两门学科均良好的有40人.（1）根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为这次考试学生的学科良好与学科良好有关；B学科良好B学科不够良好合计A学科良好A学科不够良好合计（2）用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取3人，记这3人中,学科均良好的人数为随机变量，求的分布列与数学期望. 附:，其中.0150.100.050.0250.0100.00500010.152.0722.7063.8415.0246.6357.87910.8282.072【答案】（1）列联表见解析，有把握（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图计算可得出A学科良好的人数，进而即可得出列联表.根据公式计算得出的值，比较即可根据独立性检验得出答案；（2）根据（1）得出AB学科均良好的概率，可知.然后计算得出取不同值的概率，列出分布列，根据期望公式即可得出答案.【小问1详解】由直方图可得A学科良好的人数为，所以列联表如下：B学科良好B学科不够良好合计A学科良好403070A学科不够良好102030合计5050100假设：A学科良好与B学科良好无关，，所以有把握认为A学科良好与B学科良好有关．【小问2详解】学科均良好的概率， X的可能取值为0，1，2，3，且．所以，，，．所以X的分布列为X0123P因为，所以．19.如图所示，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的菱形，，，．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证，再根据题意，结合面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）根据题意可建立以点为原点，以直线为 轴的空间直角坐标系，再利用空间向量法，即可求出二面角的大小．【小问1详解】证明：∵平面平面，面面，且，面，∴平面，∵面，∴，由菱形性质知，∵，∴平面，又平面，∴平面平面．【小问2详解】解：如图，设的中点为，∵，，，∴，∵平面平面，面面，且，平面∴面，又，所以两两互相垂直，所以以点为原点，以直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系，可得，，，，，设平面的一个法向量为，而，， 由，得，取，得，设平面的一个法向量为，且，，由，得，取，得，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以，故平面与平面所成锐二面角为．20.已知椭圆的焦距为2，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在；点【解析】【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解.（2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解．【小问1详解】解：由椭圆的焦距为2，故，则， 又由椭圆经过点，代入得，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令，由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，联立方程组，整理得，则，设，，且，设存在点，设点坐标为，由，可得，又因，所以，所以，所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，则，所以，所以，整理得，即，即，解得，符合题意，即存在点满足题意．【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21.已知函数．（1）曲线在点处的切线方程为，求实数的值．（2）在（1）的条件下，若，试探究在上零点的个数．【答案】（1）（2）只有1个零点【解析】【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解；（2）由（1）知，再利用导数法求解.【小问1详解】解：由，得，则有所以切线方程为．又因为曲线在点处切线方程为，所以．【小问2详解】由（1）知，则．令，则．当时，，则单调递减，所以．所以在上单调递增．当时，；当时，． 所以在上存在零点，且只有一个零点．当时，，则单调递减，，，所以存在，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减．而，所以在上无零点．综上，在上只有1个零点．22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于，两点．（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若，求的值．【答案】（1）；；（2）．【解析】【分析】（1）由公式化极坐标方程为直角坐标方程，用消参法化参数方程为普通方程；（2）把直线的参数方程代入抛物线的直角坐标方程，利用韦达定理及参数方程中的参数的几何意义求解．【详解】（1）由得：，∴曲线的直角坐标方程为：，由消去得：， ∴直线的普通方程为：．（2）直线的参数方程为（为参数），代入，得到，设，对应的参数分别为，，则，是方程的两个解，由韦达定理得：，，因为，所以，