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四川省成都市成华区某重点校2023届高三数学(文)阶段性考试(三)暨高考模拟考试试题(Word版附解析)
四川省成都市成华区某重点校2023届高三数学(文)阶段性考试(三)暨高考模拟考试试题(Word版附解析)
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2022-2023学年度(下)阶段性考试(三)暨高考模拟考试高2020级数学(文科)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题目要求.1.已知,则下列判断正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由元素与集合关系的判断,【详解】对于A,令,得,则,故A错误,对于B,令,得,则,故B错误,对于C,令,得,则,故C错误,对于D,令,得,则,故D正确,故选:D2.已知复数z满足,则()A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值,再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.【详解】设(a,),则,根据复数相等的定义,得,解得或,所以.故选:B.3.为加强居民对电信诈骗的认识,提升自我防范的意识和能力,拧紧保障居民的生命财产的“安全阀”,某社区开展了“防电信诈骗进社区,筑牢生命财产防线”专题讲座,为了解讲座效果,随机抽取10位社区居民,让他们在讲座前和讲座后各回答一份防电信诈骗手段知识问卷,这10位社区居民在讲座前和讲座后 问卷答题的正确率如图所示,则()A.讲座前问卷答题的正确率的中位数大于75%B.讲座后问卷答题的正确率的众数为85%C.讲座前问卷答题的正确率的方差小于讲座后正确率的方差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】根据题意图中的数据分析,结合中位数、众数、极差的定义和方差的意义依次判断选项即可.【详解】由图可知,讲座前10位居民问卷答题的正确率分别为,讲座后10位居民问卷答题的正确率分别为.A:讲座前10位居民问卷答题的正确率按小到大排列为其中位数为,故A错误;B:讲座后10位居民问卷答题的正确率的众数为,故B正确;C:由图可知,10位讲座前的居民问卷答题的正确率波动比讲座后的大,所以10位讲座前的居民问卷答题的正确率的方差大于讲座后的方差,故C错误;D:讲座前10位居民问卷答题的正确率的极差为,讲座后10位居民问卷答题的正确率的极差为,,故D错误.故选:B.4.某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题可得几何体的直观图,然后根据体积公式即得.【详解】该几何体的直观图如图所示,其体积:.故选:B.5.若抛物线上的点P到焦点的距离为8,到轴的距离为6,则抛物线的标准方程是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用抛物线定义即可求得p,然后可得方程. 【详解】由抛物线定义可得:,解得,所以抛物线的标准方程为.故选:C6.函数的部分图象大致为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】判断函数的奇偶性,再用赋值法,排除ABD,即可.【详解】由,得,所以为偶函数,故排除BD.当时,,排除A.故选:C.7.已知,则的值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】利用两角和正切公式得,再利用二倍角公式化简,根据同角三角函数的基本关系将弦化切,代入计算可得.【详解】因为,所以,则.故选:D8.如图,在正方体中,点,分别为,的中点,下列说法中不正确的是()A.平面B.C.与所成角为45°D.平面【答案】D【解析】【分析】连接,,由中位线定理以及线面平行判定判断A;由平面证明;由,得出与所成角;由与不垂直判断D.【详解】对于A:如图,连接,.在正方形中,为的中点,,即也为的中点, 在中,分别为的中点,,又平面,平面,平面,故A正确;对于B:平面,,,故B正确;对于C:,,与所成角为,故C正确;对于D:连接,,,与不垂直,即与不垂直,则不垂直平面,故D错误;故选:D9.已知函数在处有极小值,且极小值为,则()A.B.C.D.或【答案】A【解析】【分析】根据函数极值的性质,结合函数极值的定义进行求解即可.【详解】.因为在处有极小值,且极小值为,所以,即,解得或.当时,,则上单调递增,在 上单调递减,在上单调递增,在处有极小值.当时,,则在上单调递增,无极值.故选:A【点睛】关键点睛:利用导数根据极值求出参数,必须要根据极值的定义进行验证是解题的关键.10.一个球体被平面截下一部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截后,剩下的线段长叫做球缺的高,球缺曲面部分的面积,其中R为球的半径,H为球缺的高.如图,若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺,其高之比为,则表面积(包括底面)之比()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由球的性质可求出截面圆的半径,从而求出表面积,可解此题.【详解】∵,,∴,,∴.故选:B11.已知函数的图象关于直线对称,则()A.函数在上单调递增 B.函数为偶函数C.若,则的最小值为D.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】C【解析】【分析】根据周期和对称轴可得函数所有对称轴,根据对称轴位置可判断.【详解】因为,故A不正确;由题知,的周期为,所以对称轴为Z,所以的对称轴为Z,显然y轴不是其对称轴,故B不正确;函数的图象向右平移个单位长度后,其对称轴为Z,显然y轴不是其对称轴,故D不正确;由题知,若,则的最小值为函数的半周期,故C正确.故选:C12.已知双曲线的左、右焦点分别为,过点的直线与双曲线在第二象限的交点为,若,则双曲线的离心率是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据得到三角形为等腰三角形,然后结合双曲线的定义得到,过作,为垂足,可知为中点,从而求出,由得,在直角三角形中由勾股定理得,化简即可求出双曲线的离心率.【详解】因为,所以,即,所以, 由双曲线的定义知,所以.如图,过作,为垂足,因为,所以为的中点,,由得,即,所以,在直角中,,即,即,所以,解得,因为,所以双曲线的离心率是.故选:A二.填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,则的最大值为___________【答案】2【解析】【分析】作出不等式组所表示的阴影,平移直线即可求得结果.【详解】不等式组所表示的阴影部分如图所示, 因为与y轴的交点为,所以当直线平移至点时,取得最大值为2.故答案:2.14.已知单位向量的夹角为,则=_________.【答案】【解析】【分析】先求出的值,再结合,可求出答案.【详解】因为单位向量的夹角为,所以,所以==.故答案为:.【点睛】本题考查平面向量的数量积,考查平面向量的模,考查学生的计算求解能力,属于基础题.15.已知的内角,,的对边分别为,,,且,若,,则的值是______.【答案】2【解析】【分析】由余弦定理求得,结合,可求得,故结合可求得,再利用余弦定理即可求得答案.【详解】由中,可得, 由于,则,且,由可得,故,故答案为:216.过直线上任一点P作直线PA,PB与圆相切,A,B为切点,则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心,半径.然后根据已知可推得,四点共圆,进而得出是两圆的公共弦,根据四边形的面积,即可推得.然后求出的最小值,即可得出答案.【详解】由已知可得,圆心,半径.因为为切线,所以,所以,四点共圆,过圆心,所以,是圆与圆的公共弦,所以,且.设四边形面积为,则.又, 所以,.显然,当增大时,也增大,所以,当最小时,有最小值.当时,最小,,此时.故答案为:.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.17.已知数列满足,.(1)证明:数列是等比数列;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用给定的递推公式,结合推理判断作答.(2)由(1)求出,再利用错位相减法求和作答.【小问1详解】当时,,解得,当时,,,两式相减得,即,即有,而,则,,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列.【小问2详解】由(1)知,于是,则, 于是,两式相减得,所以.18.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,并估计这名学生成绩的中位数;(2)在这名学生中用分层抽样的方法从成绩在的三组中抽取了11人,再从这11人中随机抽取2人,求这2人成绩都不在的概率.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为求出参数的值,再根据中位数计算规则计算可得;(2)首先求出各组抽取的人数,将这人按所在的组编号分别为:,,,求出基本事件总数,再找出符合题意的事件,最后利用古典概型的概率公式计算可得.【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,因为,, 所以,解得;【小问2详解】的三组频率之比为,从中分别抽取人,人,人,将这人按所在的组编号分别为:,,,从中任取人,所有的取法有,共种取法,其中人成绩都不在的取法有:,共种情况,所以这人成绩都不在的概率.19.如图,四棱柱的侧棱⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,E,F分别为,的中点.(1)证明:四点共面;(2)若,求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取的中点为G,通过证明、,进而证明即可.(2)运用等体积法即可求得结果. 【小问1详解】取的中点为G,连接AG,GE,由E,G分别为,的中点,所以EG∥DC∥AB,且,所以四边形ABEG为平行四边形,故,又因为F是的中点,所以,所以,故B,F,,E四点共面.【小问2详解】易知四边形为菱形,且,,,,所以菱形的面积为,设点到平面BEF的距离为,点B到平面距离为,且,由,得:,因为,,所以,又因为,,、面,所以面,所以,所以. 故点A到平面的距离为.20.在平面直角坐标系中,点分别在轴,轴上运动,且,动点满足.(1)求动点的轨迹的方程;(2)设圆上任意一点处的切线交轨迹于点两点,试判断以为直径的圆是否过定点?若过定点,求出该定点的坐标.若不过定点,请说明理由.【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点.【解析】【分析】(1)设,由得,运用坐标变换和圆的方程,可得轨迹方程;(2)讨论切线的斜率不存在,求得切线方程,以及以为直径的圆的方程,可得交点;当切线斜率存在时,设切线方程为,运用直线和圆相切的条件,以及与椭圆方程联立,运用韦达定理,运用向量的数量积的性质,计算即可得到结论.【小问1详解】设由得①由得所以代入①式得整理得,所以动点的轨迹的方程为.【小问2详解】①当切线斜率不存在时,切线方程为 (i)当切线方程为时,以为直径的圆的方程为②(ii)当切线方程为时,以为直径的圆的方程为,③由②③联立,可解得交点为.②当过点且与圆相切的切线斜率存在时,设切线方程为,则,故由联立并消去整理得因为所以切线与椭圆恒有两个交点,设,则所以 所以,即以为直径的圆过原点综上所述,以为直径的圆过定点.21.已知函数.(1)当时,求函数的单调区间;(2)当时,函数有三个不同的零点,,,求证:.【答案】(1)增区间为,;减区间为;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)求出原函数导函数,得到函数零点,由导函数零点对定义域分段,再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间;(2)由,可得是函数的一个零点,不妨设,把问题转化为证,即证.由,得,结合,是方程的两个实根,得到,代入,只需证,不妨设.转化为证.设,则等价于.设,利用导数证明即可.【详解】(1)解:,令,得,.当或时,;当时,.增区间为,;减区间为;(2)证明:,是函数的一个零点,不妨设,则要证,只需证.由,得, ,是方程的两个实根,,①,②,①②得:,代入,只需证,不妨设.,只需证.,只需证.设,则等价于.设,只需证,又,设,则,在上单调递增,则.,从而在上是增函数,.综上所述,.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,考查利用导数求函数的极值,考查数学转化思想方法,属难题.选考题(共10分,从以下的22、23两题中任选一题作答,如果都做,则按所做的第一题给分)22.如图,在极坐标系中,曲线C1是以C1(4,0)为圆心的半圆,曲线C2是以为圆心的圆,曲线C1、C2都过极点O. (1)分别写出半圆C1,C2的极坐标方程;(2)直线l:与曲线C1,C2分别交于M、N两点(异于极点O),P为C2上的动点,求△PMN面积的最大值.【答案】(1);;(2).【解析】【分析】(1)直接利用转换关系的应用,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.(2)利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果.【详解】(1)曲线C1是以C1(4,0)为圆心的半圆,所以半圆的极坐标方程为,曲线C2是以为圆心的圆,转换为极坐标方程为.(2)由(1)得:|MN|=|.显然当点P到直线MN的距离最大时,△PMN的面积最大.此时点P为过C2且与直线MN垂直的直线与C2的一个交点,设PC2与直线MN垂直于点H,如图所示:在Rt△OHC2中,|,所以点P到直线MN的最大距离d,所以.【点睛】 本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,三角函数关系式的恒等变换,三角形的面积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题.23.已知.(1)解关于的不等式:;(2)若的最小值为,且正数,满足,求的最小值.【答案】(1)(2).【解析】【分析】(1)讨论的取值,去绝对值,从而解得不等式的解集;(2)由绝对值不等式求出的最小值,利用均值不等式求出的最小值【小问1详解】①当时,不等式可化为,可得;②当时,不等式可化为,有,不可能;③当时,不等式可化为,可得,由上知关于的不等式的解集为;【小问2详解】由,可得,有,有(当且仅当,时取等号).有,
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高考 - 模拟考试
发布时间:2023-06-29 09:28:01
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文章作者:随遇而安
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