四川省绵阳中学2022-2023学年高三数学（理）上学期期末模拟试卷（Word版附解析）

绵阳中学高2023届高三上学期期末模拟检测试题理科数学一、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.已知复数（i为虚数单位），则（）A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的模的公式即可得解.【详解】∵，则，∴.故选：A．2.设集合，，则A∩B=（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合．【详解】，即，解得：或，，，则.故选：A3.“”是“函数为奇函数”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.即不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】求得函数为奇函数时的值，从而判断出充分、必要条件.【详解】当为奇函数时，①为非奇非偶函数，不符合题意.②时，由，令是中的较大者，则的定义域为，定义域不关于原点对称，是非奇非偶函数，不符合题意.③时，由，要使是奇函数，则，则，的定义域为，且，是奇函数.综上所述，是奇函数时，.而，所以“”是“函数为奇函数”的必要不充分条件.故选：B4.某研究员为研究某两个变量的相关性，随机抽取这两个变量样本数据如下表：0.0414.8410.241.1212.33.34.2若依据表中数据画出散点图，则样本点都在曲线附近波动.但由于某种原因表中一个值被污损，将方程作为回归方程，则根据回归方程 和表中数据可求得被污损数据为（）A.B.1.69C.1.96D.4.32【答案】C【解析】【分析】令，根据线性回归中心点在回归直线上，求出，得出，即可求解.【详解】设缺失的数据为，则样本数据如下表所示：0.212.23.21.12.12.33.34.2其回归直线方程为，由表中数据可得，，由线性回归方程得，，即，解得.故选:C.【点睛】本题考查线性回归方程的应用，换元是解题的关键，掌握回归中心点在线性回归直线上，考查计算求解能力，属于中档题.5.已知平面向量，且，则（）A.B.0C.1D.2【答案】D【解析】【分析】由等价于，即可计算出答案.【详解】因为，所以解得：，故选：D. 6.已知函数（）的周期为，那么当时，的取值范围是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先化简函数，根据周期求，再根据函数的定义域求函数的值域.【详解】，，，，，，所以.故选：B7.如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点，点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（）A.B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，所以,故排除C,D选项；当时，，由图象可知选B.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.8.比利时数学家GerminalDandelin发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆.这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为10，底面半径为2的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】如图，作出圆柱轴截面，由于,所以，而由已知可求出的长，从而可得，而椭圆短轴的长就等于圆柱的底面直径，得，由此可求出离心率.【详解】对圆柱沿轴截面进行切割，如图所示，切点为，，延长与圆柱面相交于，，过点作，垂足为. 在直角三角形中，，，所以，又因为，所以.由平面与圆柱所截可知椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，即，则可求得，所以，故选：D.【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系、直角三角形中正弦的定义和椭圆的基本概念等知识，属于基础题.9.分形几何是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，科赫曲线是比较典型的分形图形，1904年瑞典数学家科赫第一次描述了这种曲线，因此将这种曲线称为科赫曲线.其生成方法是：（I）将正三角形（图（1））的每边三等分，以每边三等分后的中间的那一条线段为一边，向形外作等边三角形，并将这“中间一段”去掉，得到图（2）；（II）将图（2）的每边三等分，重复上述的作图方法，得到图（3）；（Ⅲ）再按上述方法继续做下去……，设图（1）中的等边三角形的边长为1，并且分别将图（1）、图（2）、图（3）、…、图（n）、…中的图形依次记作，，，…，，…，设的周长为，则为 A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，故可求出的周长为【详解】解：由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，所以，所以故选：C【点睛】此题考查以实际问题为载体，考查数列模型的构建，属于中档题10.某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角形面积公式，将表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.【详解】由题意可知，，故，又，，设劣弧所对扇形面积为，则，故，，则；令，，则，令，得或（舍去），记， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当，即时，取得最大值，即取得最大值．故选：．11.已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且（为坐标原点），若与的面积分别为和，则最小值是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设直线的方程为，点，直线与轴交点为∴联立，可得，根据韦达定理得．∵∴，即∵位于轴的两侧∴∴设点在轴的上方，则∵∴ 当且仅当，即时取等号∴的最小值是6故选B点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法(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，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．12.，若，且，则的取值范围（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出函数图像，可得，且，将化简为关于的函数即可求出.【详解】画出函数图像如下：观察图像可得，，即，且，则，因为，所以，即的取值范围为.故选：A. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.命题“，若，则”用反证法证明时应假设为__________．【答案】.【解析】【详解】分析：利用的否定为不都等于，从而可得结果.详解：考虑的否定，由于都等于，故否定为不都等于，故答案为或.点睛：反证法的适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少．14.的展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，则当时，_________．【答案】【解析】【分析】设，分别代入，两式作差即可求出.【详解】解：设，当时，，当时，， 两式相减得，，即，故答案为:.【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查展开式中部分项的系数和.15.如图，四个边长为1的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，…，，记，则______.【答案】60【解析】【分析】建立坐标系，求出直线的方程，利用坐标法表示数量积即可求解.【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建系，如图所示：可得：，，，，直线的方程为：，可设：，则有，即有：，.故答案为：60 16.定义函数，则函数在区间内的所有的零点之和为_______.【答案】【解析】分析】函数f（x）是分段函数，要分区间进行讨论，当1≤x≤2，f（x）是二次函数，当x＞2时，对应的函数很复杂，找出其中的规律，最后利用等比数列求和即可．【详解】当1≤x时，f（x）＝12x﹣12，所以，此时当x时，g（x）max＝0；当x≤2时，f（x）＝24﹣12x，所以＜0；由此可得1≤x≤2时，g（x）max＝0．下面考虑2n﹣1<x≤2n且n≥2时，g（x）的最大值的情况．当2n﹣1<x≤3•2n﹣2且n≥2时，由函数f（x）的定义知f（x）f（）f（），因为1，所以，此时当x＝3•2n﹣2时，g（x）max＝0；当3•2n﹣2<x≤2n时，同理可知，<0．由此可得2n﹣1<x≤2n且n≥2时，g（x）max＝0．综上可得：对于一切的n∈N*，函数g（x）在区间(2n﹣1，2n]上有1个零点，从而g（x）在区间[1，2n]上有n个零点，且这些零点为xn＝3•2n﹣2，因此，所有这些零点成等比数列，所有零点的和为．故答案为：． 【点睛】解决本题的关键是先求得1≤x≤2时，g（x）max，再利用伸缩且平移的特点考虑2n﹣1<x≤2n且n≥2时，g（x）的最大值的情况.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.如图，ABCD是一块边长为100m的正方形地皮，其中AST是半径为90m的扇形小山，其余部分都是平地．一开发商想在平地上建一个矩形停车场，使矩形的一个顶点P在ST上，相邻两边CQ，CR正好落在正方形的边BC，CD上，连接AP，设．记矩形停车场PQCR面积为．（1）求S关于的函数关系式；（2）求S的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）延长交于点，解锐角三角形，从而求得，再求面积，则问题得解；（2）根据（1）中所求函数解析式，利用与之间的关系，利用换元法,结合二次函数的最小值的求解，即可求得结果.【小问1详解】 延长，交于点，如下所示：在△中，，，故，故故S关于的函数关系式为.【小问2详解】因为，令，故，则，则，又其对称轴，又，故当时，取得最小值为.故S的最小值为.18.某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．x100150200300450t9065453020 （1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；（2）令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）参考数据：，，，，，，，，，，．【答案】（1）012P（2）（3）150元/天【解析】【分析】（1）根据图象得出的所有可能情况，利用超几何分布求得不同下的概率，进而列出分布列.（2）由散点图判断出更适模型的回归方程，分别求出和，求出回归方程.（3）写出100天销售额L的表达式，再根据导数求得最大值，即可得出收费标准. 【小问1详解】由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.,，，∴的分布列为：012P【小问2详解】由散点图可知,散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，∵∴∴回归方程为：【小问3详解】由题意得，,在中当时，解得：，当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，∴函数在处取最大值， ∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.19.如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直及面面垂直的判定即可证得．（2）作，以为原点，以、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角公式求出R，再利用点面距的向量公式求出距离.【小问1详解】由题设，平面，又是切线与圆的切点，∴平面，则，且，又，∴平面，又平面，所以平面平面【小问2详解】作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 且，又，可得，∴，，，有，，，设是面的一个法向量，则，令，则，又直线与平面所成角的正弦值为，即，整理得，即，解得或当时，，，，，，，设是面的一个法向量，则，令，则，所以点A到平面的距离当时，，，，， ，，设是面的一个法向量，则，令，则，所以点A到平面的距离综上，点A到平面的距离为或.20.已知椭圆）的上下顶点分别为和，左右顶点分别为和，离心率为.过椭圆的左焦点的直线交于点（都异于为中点.（1）求椭圆的方程；（2）记直线的斜率分别为，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】(1)由上下顶点及离心率可求得，即可求得椭圆方程.(2)设直线方程，与椭圆联立，韦达定理可得两根之和与两根之积，由为的中点，即可得到中点坐标，用斜率公示直线的斜率，化简后结合导数可求得最小值.【小问1详解】由题意可知，，解得：，所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，此时的斜率为0，不符合题意.设l：，联立消去，化简得设，则，因为，所以令，则 记，则，,在上单调递增，,所以在上单调递减，所以的最小值为，此时.即的最小值为.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21.已知函数，，（1）求和的极值；（2）证明：【答案】（1）的极大值，无极小值；极大值，无极小值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出和的单调性，再根据单调性求得极值；（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．【小问1详解】解：，， ，，当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以当时，取得极大值，无极小值；当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，当时，有极大值，无极小值．【小问2详解】解：令，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，所以时，，，单调递减，时，，，单调递增，，令，则在上恒成立， 所以在上单调递减，所以，所以，所以．【点睛】本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计，进而证得，这里的我们称之为“隐零点”；如果的范围不合适，可以借助二分法去缩小的范围，直至证得．（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，则按所做的第一题计分．[选修4—4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，(为参数)，曲线的参数方程为，(为参数，且)．（1）求与的普通方程，（2）若分别为与上的动点，求的最小值．【答案】（1）的普通方程为的普通方程为，；（2）【解析】【分析】（1）消参即可求出的普通方程；对的参数方程同时平方得 ，再结合即可得的普通方程；（2）设的平行直线为，当直线与相切时，两直线的距离即为的最值，即可得解.【详解】（1）消参可得的普通方程为；又因为的参数方程为，可得，又，所以，所以的普通方程为，（2）由题意，设的平行直线为，联立消元可得：，令，解得，又因为，经检验可知时直线与相切，所以.【点睛】本题考查了参数方程和直角坐标方程的转化，考查了圆锥曲线上的点到直线上的点的距离的最值的求解，属于中档题.[选修4—5：不等式选讲]23.设数列的前n项和为.满足，且，设 （1）求数列的通项公式；（2）证明：对一切正整数n，有.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题可得：当时，有，结合已知方程作差，可得：，两边除以，再整理得：，可得，问题得解．（2）利用（1）可求得：，通过放缩可得：，由此可得：，结合等比数列求和公式即可证明原不等式成立．【详解】（1）∵，∴当时，有，两式相减整理得，则，即，∴，当时，，且，则，∴，满足.∴. 故数列是首项为3，公比为的等比数列，即.（2）由（1）知，∴，则，当时，，即，∴.当时，，上式也成立.综上可知，对一切正整数n，有.【点睛】本题主要考查了赋值法及化简、整理能力，还考查了构造思想及等比数列的通项公式，考查了放缩法证明不等式，还考查了等比数列前项和公式，考查转化能力及计算能力，属于难题．