四川省南部中学2023届高三理科数学下学期高考考前模拟训练（一）（Word版附解析）

南部中学高2020级高三考前模拟训练（一）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.若集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.【详解】解：由题意得，，故选：D.2.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式和正弦和角公式求解即可.【详解】解：因为所以，，所以，.故选:C.3.校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工 作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（）A优秀B.良好C.合格D.不合格【答案】B【解析】【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组频率分别为，第4组的频率为所以，中位数，即满足，对应的评价是良好.故选：B.4.双曲线的离心率为，其渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据，结合双曲线的结合性质求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】由题意知，双曲线的离心率为，可得，即，解得， 所以双曲线的渐近线方程为.故选：B.5.在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用计算即得结果.【详解】由题设，所以.故选：D6.一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为（）A.B.C.28D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，因为上底长为4，下底长为2， 所以该棱台的高为，棱台的体积，故选：.7.为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；B：，在上，在上，在上，所以在、上递减，上递增，符合；C：由且定义域为，为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；D：由且定义域R，为奇函数，研究上性质：，故在递增，所以在R上递增，不符合；故选：B8.将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch 曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，即经过4次操作之后所得图形的面积是.故选：A9.将3个1和3个0随机排成一行，则3个0都不相邻的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出总数，再由插空法，得到满足题意的情况，由古典概型的公式即可得出答案.【详解】先考虑总的情况，6个位置选3个放1，有种，再考虑3个0都不相邻的情况，将3个0插入3个1形成的4个空中，有种，可得.故选：C．10.定义在上的函数满足，且为奇函数，则（） A.B.C.2022D.2023【答案】D【解析】【分析】利用抽象函数的轴对称与中心对称性的性质，得出函数的对称轴和中心对称点及周期，利用相关性质得出具体函数值，即可得出结果.【详解】∵，∴关于对称，∵为奇函数，∴由平移可得关于对称，且，，即上两式比较可得∴函数是以4为周期的周期函数.，，∴， ∴.故选：D.11.如图，在梯形ABCD中，，，，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为，则（）A.8B.4C.D.2【答案】C【解析】【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明，可得四边 形为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.【详解】如图所示，由题意知，，所以，，所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，又因为，所以，，所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，所以在中，因为，，所以为等边三角形，所以，（或由正弦定理得：）所以，在中，，，，设外接球半径为R，则，解得：，设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．所以在中，，又因为在，，所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为，所以，又因为面APC，所以BC⊥面APC，所以，所以，即：.故选：C.12.设函数，其中，是自然对数的底数（…），则（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】B【解析】【分析】令，结合，判断AC；将不等式转化为，，再构造函数求解最值即可判断B；借助特殊值判断D.【详解】解：令，则，且，，当，，∴存在一个较小的正数使得都有，当时，，∴存在一个较小的正数使得都有，故A，C都不正确，对于选项B，当，则显然成立，当时，即证明，也即证明，， 令，则，所以，时，，单调递增，时，，单调递减，所以，的最小值为，令，则，所以，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，的最大值为，所以，，因为不同时取等，所以，，即选项B正确，对于选项D，当时，（成立），即，所以选项D不正确．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据不同选项，构造不同的函数，利用函数值的大小，特殊值等，实现大小比较.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设是虚数单位，复数的模长为__________.【答案】【解析】【分析】先根据复数的除法化简，然后由模长公式可得.【详解】解：模长为.故答案为：. 14.某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________.【答案】8【解析】【分析】根据正态分布的对称性即可求解.【详解】由X（单位：分）服从正态分布，知正态密度曲线的对称轴为，成绩在上的学生人数为16，由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为.故答案为：815.如图，在中，.延长到点，使得，则的面积为__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理和面积公式求解即可.【详解】解：因为在中，，，所以，由正弦定理得，即，所以，，在中，由正弦定理可得，因为所以，.故答案为：.16.《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积时使用的一个原理：“ 幂势既同，则积不容异”，此即祖暅原理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离记为，双曲线的两条渐近线与直线，以及双曲线的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕轴旋转一周所得几何体的体积为（其中），则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】先利用条件求出，直线与渐近线及双曲线的交点，从而求出截面积，再利题设所给信息建立等量关系，从而求出结果.【详解】由题意知渐近线方程为，右焦点为，所以，由，得，由，得，所以截面面积为，由题知，阴影部分绕y轴转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，∴，即，所以，即，∴，解得，所以. 故答案为：.三、解答题：共70分.17.据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲､乙､丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的米接力的角逐.接力赛分为预赛､半决赛和决赛，只有预赛､半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和.（1）甲､乙､丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；（2）设甲､乙､丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列.【答案】（1）乙进入决赛的可能性最大（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式计算得解；（2）根据（1）及相互独立事件同时发生的概率公式计算，列出分布列.【小问1详解】甲队进入决赛的概率为，乙队进入决赛的概率为，丙队进入决赛的概率为，显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．【小问2详解】由（1）可知：甲､乙､丙三队进入决赛的概率分别为，的可能取值为，，， ，，所以的分布列为：012318.已知分别为三个内角的对边，且.（1）证明:；（2）若，，，求AM的长度.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.【小问1详解】由，得，则，由正弦定理和余弦定理得，化简得；【小问2详解】在中，，又因为，所以，所以， 所以，由，得，在中，，所以.19.如图，正三棱柱的体积为，，P是面内不同于顶点的一点，且．（1）求证：；（2）经过BC且与AP垂直的平面交AP于点E，当三棱锥E-ABC的体积最大时，求二面角平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；（2）由分析知，三棱锥E-ABC体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，由分析知，∠PFD为二面角的平面角，以F为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和，代入即可得出答案.【小问1详解】设线段BC的中点为F，则， ∵，，AP为公共边，∴，∴，∴，又，面APF，∴BC⊥面APF，面APF∴；【小问2详解】设线段的中点为D，由题意，点P在线段上，由，得，∴三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，∵AP⊥面BCE，面BCE，∴，∴点E在以AF为直径的圆上，如图，易知，从而，由（1）知PF⊥BC，DF⊥BC，平面，DF平面，平面平面，∴∠PFD为二面角的平面角，如图，以F为原点建立空间直角坐标系，则，，，，， 于是，，从而，∴二面角平面角的余弦值为．20.已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.【小问1详解】因为，即，所以，则， 又，得，即，所以动点G的轨迹方程E为：；【小问2详解】由题意知，设直线l的方程为：，，则，，消去y，得，由，得，，直线的斜率为，直线的斜率为，又，所以，即，整理，得，，，由，化简得，所以，故直线过定点. 21.已知函数为的导函数．（1）当时，求函数的极值；（2）已知，若存在，使得成立，求证：．【答案】（1）极大值为，无极小值．（2）证明见解析【解析】【分析】（1），求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；（2）不妨设，因为，所以，结合，得，设，构造函数，结合函数单调性，可证得结论.【小问1详解】当时，此时，则，当时，，则在单调递增；当时，，则在单调递减；所以的极大值为，无极小值．【小问2详解】不妨设，因为，则， 即，所以，由，则，，即，所以即，设，构造函数，则，所以在上为增函数，所以，因为，所以．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．22.“太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图” ．在平面直角坐标系中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，其中黑、白区域分界线，为两个圆心在轴上的半圆，在太极图内，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求点的一个极坐标和分界线的极坐标方程；（2）过原点的直线与分界线，分别交于，两点，求面积的最大值．【答案】（1），：（2）【解析】【分析】（1）由直角坐标和极坐标的互化公式转化即可；（2）由图形对称性知，，在极坐标系中，求，并求其最大值即可.【小问1详解】设点的一个极坐标为，，，则，，∵点在第三象限，∴，∴点的一个极坐标为.∵“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，∴分界线的圆心直角坐标为，半径为，∴的直角坐标方程为（），即（），将，，代入上式，得，， 化简，得分界线的极坐标方程为，.【小问2详解】∵在上，∴设点的极坐标为，则，，∴的面积∵，∴，∴当，即时，的面积的最大值为.∵直线过原点分别与，交于点，，∴由图形的对称性易知，，∴面积，∴面积的最大值为.23.已知，且，证明：（1）； （2）若，则.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）由均值的不等式可得，由（1）可得，即可证明.【小问1详解】由，得，由柯西不等式有，，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立；【小问2详解】由可得，当且仅当时取等，由（1）可得，当且仅当时等号成立，从而，当且仅当时等号成立.