广西南宁市第三中学2022-2023学年高三数学（理）模拟试卷（三）（Word版附答案）

2023年理科数学高考模拟试卷（三）注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上.卷I（选择题）一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分，）1.设全集，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求补集再求并集即可.【详解】因为，，所以，所以.故选：C.2.设复数（其中为虚数单位），是共轭复数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用共轭复数的定义及复数的除法法则，结合复数加法法则即可求解.【详解】,所以所以.故选：B.3.某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图． 下面关于相关系数比较，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据散点图的分布可得相关性的强弱，即可比较大小.【详解】由图可知：所对应的图中的散点呈现正相关，而且对应的相关性比对应的相关性要强，故，所对应的图中的散点呈现负相关，且根据散点的分布情况可知,因此，故选：C4.设，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用和差角的正弦公式和辅助角公式对进行化简，可得，再利用二倍角的余弦公式即可得到答案【详解】解：即，所以 即，所以，故选：D5.在数列中，，数列是公比为2的等比数列，设为的前项和，则下列结论错误的是（）A.B.C.数列为递减数列D.【答案】B【解析】【分析】由已知结合等比数列通项公式可求，进而可求，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择.【详解】因为，数列是公比为2的等比数列，则，所以，故A正确，B错误；因为是单调增函数，故是单调减函数，故数列是减数列，故C正确；，故D正确.故选：B.6.设随机变量服从正态分布，若，则a的值为（）A.B.1C.2D.【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的对称性，即得解. 【详解】∵随机变量服从正态分布，根据正态分布的对称性，可得，解得.故选：B.7.如图，在正方体中，为棱上的动点，则直线与平面所成角（过点作平面的垂线，设垂足为．连接，直线与直线相交所形成不大于的角）的正弦值的范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意连接PC，可知为直线PB与平面所成的角，进而求得PB的值，从而代入化简即可得正弦值的范围．【详解】连接，则为直线PB与平面所成的角，设正方体的棱长为a，，∴， ∴，又∵，∴，∴，则，即直线与平面所成角的正弦值的范围是.故选：A.8.已知函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先将函数化简为“一角一函数”的形式，根据三角函数图象的平移变换求出函数的解析式，然后利用函数图象的对称性建立的关系式，求其最小值．【详解】，所以，由题意可得，为偶函数，所以，解得，又，所以的最小值为．故选：A9.若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】由导数的几何意义将公共切线的斜率分别由两函数上的切点横坐标表示，并据此建立关系，将a由切点坐标表示，进而将a转化为关于的函数，通过求导求其最大值.【详解】由题意得，，．设公切线与的图象切于点，与的图象切于点，∴，∴，∴，∴，∴．设，则，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，∴实数a的最大值为，故选：A．10.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（）A.10B.11C.12D.13【答案】B【解析】【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到 之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.【详解】解:由题意可令,所以将数列逐个列举可得:,,,,,故,因为,所以,故故选:B11.已知双曲线与抛物线有公共焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若点满足，双曲线的离心率为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线和抛物线的焦点，结合点到直线距离公式、三角形面积的等积性、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】如图，因为双曲线和抛物线共焦点，故可得．又到的距离，即，又，则，易得． 设点，则，解得；则由等面积法可知：，解得，则，则，，又点在渐近线上，即，即，又，所以，化简得，故．故选：A.【点睛】关键点睛：根据三角形面积的等积性是解题的关键.12.已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.【详解】由题设，的定义域为，且， ∴当时，，即递减；当时，，即递增.∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.∴的图象如下：∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，∴令，要使的3个实根，则、，即，可得.∴由知：，，∴.故选：B.【点睛】首先应用导数研究的性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.卷II（非选择题）二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分） 13.点满足不等式组，点，为坐标原点，的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】由向量数量积坐标运算可知需求中的的取值范围；由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距取值范围的求解问题，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】，，，令，则的取值范围即为在轴截距的取值范围；由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，由图象可知：当过点时，取得最小值；过点时，取得最大值；由得：，即；由得：，即；，，，即的取值范围为. 故答案为：.14.如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，则线段PQ的最小值为________.【答案】【解析】【分析】取BD的中点E，连接AE，EC，则，，同时可证得.因此以E为原点，分别以EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，设，，求出的坐标，配方后可得最小值．【详解】取BD的中点E，连接AE，EC，则，，.因为，所以，即.以E为原点，分别以EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，.设，，所以，从而有，当，时，.【点睛】本题考查用空间向量法求空间两点间距离，解题关键是建立空间直角坐标系各，引入参数设 ，．考查了学生的运算求解能力．15.双曲线的左、右顶点分别为A，B，P为C上一点，若点P的纵坐标为1，，则C的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】根据双曲线上的点与双曲线顶点连线斜率的关系，结合双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】根据双曲线的对称性，由，不妨设点P在第一象限，设，即，，，所以，即，所以C的离心率为．故答案为：【点睛】关键点睛：利用双曲线上的点与双曲线顶点连线斜率的关系是解题的关键.16.已知函数，若在上恒成立，则正实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】先分析的单调性，然后将问题转化为在上恒成立，再利用导数采用分类讨论的方法求解出的取值范围.【详解】因为，令，所以，所以在上单调递增， 又因为在上单调递减，所以在上单调递增，又因为，所以在上恒成立在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，设，所以，且，当时，，所以在上递增，所以，满足；当时，令，所以，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，这与矛盾，所以不满足，综上可知：，故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.三、解答题（本题共计5小题，每题12分，共计60分）17.已知的内角A，，的对边分别是，，，的面积为，且满足．（1）求角A的大小；（2）若，求周长的最大值．【答案】（1）（2）12【解析】【分析】（1）由结合三角形面积公式可化简得到，即可求得答案； （2）利用余弦定理得到，进而化为，结合基本不等式求得，即可得周长的最大值.【小问1详解】，，则，，，又，；【小问2详解】，，由余弦定理得，即，，所以,（当且仅当时取“＝”），故，，的最大值为8，的最大值为12，周长的最大值为12．18.已知四棱锥的底面是正方形，侧棱平面，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）. （1）若N是棱PC中点，求证：平面AMN；（2）若，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取得最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）结合三角形的重心、“对应边成比例，两直线平行”以及线面平行的判定定理证得平面AMN；（2）建立空间直角坐标系，设，求得直线PA与平面AMN所成角的正弦值，结合二次函数的性质求得其最大值.【小问1详解】设，连接PO交AN于点G，连接DG并延长交PB于点H，连接，在三角形中，分别是的中点，所以是三角形的重心，所以，在三角形中，是的中点，，所以点为的重心，所以，且是的中点，又∵，∴即，又MG平面AMN，平面AMN，所以平面AMN.【小问2详解】∵四边形ABCD是正方形，且平面ABCD，∴AB、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，方向为x轴正方形建立空间直角坐标系， 如图所示，则点，，，，则，，，设，则，∴，设平面的法向量为，则有，化简得：，取则，，设直线PA与平面AMN所成角为，则，∴当时的值最大，即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为.19.全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；【答案】（1），中位数；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，解得；【小问2详解】的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1从中分别抽取7人，3人，1人，所有可能取值为0，1，2，3，，，，故的分布列为： 0123故20.已知函数（1）讨论的单调性；（2）证明：（为自然对数的底数，）.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导，分和两种情况讨论的正负，得到的单调性；（2）由（1）得当时，在上单调递减，即可得到当时，，再利用对数运算和等比数列求和公式即可证明不等式成立.【小问1详解】，当时，，在上单调递增；当时，令，得，令，得，∴在上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，当时，由，∴，令，即，∴，∴.21.已知椭圆过点，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求【小问1详解】 由条件可知，，解得：，，所以椭圆C的方程是；【小问2详解】假设在轴上存在点，使且，联立，设，，方程整理为，，解得：或，，，则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，即中点坐标，，则，即，化简为，①又,则，，整理为，，化简为②由①得，即，代入②得，整理得 ③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.当时，，当时，，满足，所以存在定点,此时直线方程是，当定点,此时直线方程是.（二）选考题共10分.请考生在第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.已知曲线的参数方程为(为参数).（1）求曲线的轨迹方程，并判断轨迹的形状;（2）设为曲线上的动点，且有，求的取值范围.【答案】（1），轨迹是以为圆心，为半径的圆.（2）【解析】【分析】（1）消参即可求得曲线的轨迹方程；（2）设，结合三角函数值域的求法即求解.【小问1详解】消去参数，有，则曲线的轨迹方程为，轨迹是以为圆心，为半径的圆.【小问2详解】设的坐标为，则 而，其中为锐角，且，故的取值范围为.23.已知函数，，且关于的不等式的解集为．（1）求的值；（2）设，，均为正实数，且，求证：【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式的解法先解不等式，再根据不等式的解集即可的解；（2）根据，结合基本不等式即可得证.【小问1详解】，即，故，则，解得，由不等式的解集是，故，解得：；【小问2详解】由（1），故，则，当且仅当，即时，取等号， 所以.