四川省宜宾市第四中学2023届高三理科数学三诊模拟试题（Word版附解析）

宜宾市四中高2020级高三三诊模拟考试理科数学第I卷选择题（60分）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.设集合，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】，，故选：D.2.若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为A.-6B.-2C.D.6【答案】A【解析】【分析】由复数的运算法则化简，纯虚数实部为0，虚部不为0，解出结果.【详解】由题意得，∵复数是纯虚数，∴且，解得．故选：A．3.已知数列为等差数列，且，则的值为()A.B.45C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质计算直接得出结果.【详解】由题意知，为等差数列，且，则 ，故选：B.4.下列有关命题的说法正确的是（）．A.命题“若，则”的否命题为：“若，则”B.“”是“”的必要不充分条件C.命题“，使得”的否定是：“，均有”D.命题“若，则”的逆否命题为真命题【答案】D【解析】【分析】根据否命题，命题的否定，充要条件的相关概念依次判断各选项.【详解】对于A：命题“若，则”的否命题为：“若，则”．因为否命题应为“若，则”，故A错误．对于B：“”是“”的必要不充分条件．因为，应为充分条件，故B错误．对于C：命题“，使得”的否定是：“，均有”．因为命题的否定应为，均有．故C错误．由排除法得到D正确．故选：D【点睛】本题主要考查了命题的否定，四种命题，充分条件必要条件的判断，考查了学生对相关概念的理解辨析.5.已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题意画出几何体的直观图，结合图形可知该几何体为棱长为2的正方体中挖去一个圆锥，根据体积公式计算可得；【详解】解：由三视图可知，该几何体为棱长为2的正方体中挖去一个圆锥，故其体积为：，故选：A.6.为了发展学生的兴趣和个性特长，培养全面发展的人才．某学校在不加重学生负担的前提下．提供个性、全面的选修课程．为了解学生对于选修课《学生领导力的开发》的选择意愿情况，对部分高二学生进行了抽样调查，制作出如图所示的两个等高条形图，根据条形图，下列结论正确的是（） A.样本中不愿意选该门课的人数较多B.样本中男生人数多于女生人数C.样本中女生人数多于男生人数D.该等高条形图无法确定样本中男生人数是否多于女生人数【答案】B【解析】【分析】根据等高条形图直接判断各个选项即可.【详解】对于A，由图乙可知，样本中男生，女生都大部分愿意选择该门课，则样本中愿意选该门课的人数较多，A错误；对于BCD，由图甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比较大，所以可以确定，样本中男生人数多于女生人数，B正确，CD错误.故选：B．7.将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象的对称轴中与y轴距离最近的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由平移变换得出平移后的解析式，再由正弦函数的性质求解.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象.由可得，函数的对称轴为.其中y轴距离最近的是.故选：D8.将6个和2个随机排成一行，2个不相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分别计算出6个和2个随机排成一行的种数以及2个不相邻的种数，然后由古典概型的概率公式求解即可. 【详解】依题意，6个和2个随机排成一行，共有8个空位，从8个空位中选2个放，剩余6个放，故总排放方法有：种；利用插空法，6个有7个位置可以放2个，故排放的方法有种，所以所求概率为.故选：A.9.若，，，则，，的大小关系是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式及合理放缩，结合对数运算性质即可得到答案.【详解】运用基本不等式，以及放缩技巧，得，，故选：D.10.已知函数和有相同的极大值，则（）A.0B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数，先求得的极大值，然后根据与有相同的极大值求得.【详解】求导，令，解得，令，解得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极大值， ，令，解得，令，解得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，依据题意，和有相同的极大值，故，解得.故选：A11.已知圆的方程，是椭圆上一点，过作圆的两条切线，切点为，，则的取值范围为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：设，设,设，由又的取值范围为,故选C. 【点晴】主要考查的直线与圆、直线与椭圆、向量的基本运算和重要不等式，属于较难题.使用重要公式时一定要牢牢抓住一正、二定、三相等这三个条件，如果不符合条件则：非正化正、非定构定、不等作图（单调性）.平时应熟练掌握双钩函数的图象，还应加强非定构定、不等作图这方面的训练，并注重表达的规范性，才能灵活应对这类题型.12.已知定义在R上的函数满足：对任意，都有，且当时，（其中为的导函数）．设，，，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由已知确定函数的对称性与单调性，然后把“”后面自变量的值转化为同一单调区间上，比较自变量大小即得函数值的大小关系．【详解】由，得的图象关于直线对称，又时，，所以，即在上单调递减，所以在上单调递增.首先，，，根据对称性知，而，， 所以，根据单调性知，即，所以．故选：C．【点睛】方法点睛：比较指数式大小时，常化为同底数的幂，利用指数函数性质比较，或化为同指数的幂，利用幂函数性质比较，比较对数式大小，常化为同底数的对数，利用对数函数性质比较，如果不能化为同底数或同指数，不同类型的数常借助中间值如0或1（或者其他常数）比较大小．第II卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知展开式中的系数是__________．【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式,求得,从而可得答案.【详解】因为展开式的通项公式为,所以令,解得,所以展开式中的系数是.故答案为：36.【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式,属于基础题.14.若实数，满足不等式组则的最大值是____________.【答案】2【解析】【分析】画出可行域，当直线经过点时，有最大值，代入求解即可【详解】如图，画出可行域，当直线经过点时，最大，所以当，时， .故答案为：215.已知，是双曲线的左、右焦点，为右支上一点，若，则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由双曲线的几何性质求解【详解】由题意得，而，解得，即，故故答案为：16.已知函数，为奇函数，则下述四个结论：①；②若在上存在零点，则的最小值为；③在上单调递增；④在有且仅有一个极大值点．其中正确的是________．【答案】②③【解析】 【分析】求得解析式，根据该函数为奇函数结合的取值范围可求得的值，可判断①的正误；求出函数零点绝对值的最小值，可判断②的正误；利用正弦型函数的单调性可判断③的正误；求得函数的极大值点，可判断④的正误.【详解】，则，则，为奇函数，则，，，，，①错误；由可得，则，即函数的零点为，且该函数零点绝对值的最小值为，所以，的最小值为，②正确；，当时，，此时函数单调递增，③正确；对于函数，由，可得，所以，函数在内无极大值点，④错误.故答案为：②③.【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：（1）将函数解析式变形为或的形式；（2）将看成一个整体；（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.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.已知数列{}的前n项和为，且．（1）求数列{}的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）（）．【解析】【分析】（1）由与的关系得出数列{}的通项公式；（2）由错位相减法得出前n项和．【小问1详解】由得，当时，，当时，满足，所以数列{}通项公式为【小问2详解】由，∴，两式错位相减得所以（）． 18.如图，直棱柱底面是菱形，点E，F分别在棱上，且，．（1）求证：E，D，F，四点共面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，在上取一点G，使，通过证明与平行、与平行，即证得，证得结论；（2）以底面菱形的对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据长度关系写出对应坐标，利用向量运算求得平面的法向量，再利用所求角的正弦计算即可.【详解】（1）证明：连接，在上取一点G，使，连接， ∵且，∴四边形是平行四边形，∴且，又∵且，∴且，∴四边形是平行四边形，∴，又题设知，则且，∴四边形是平行四边形，∴，∴，即E，D，F，四点共面；（2）不妨设，则，，以交点O为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，， 设平面的法向量为，因为，，则由得，，令，得，设直线与平面所成角为，则.直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的问题的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.19.甲､乙两名选手争夺一场比赛的冠军.比赛采取五局三胜制，即某选手率先获得三局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲乙在一局比赛中获胜的概率分别为和，没有平局且每局比赛的结果相互独立.（1）求经过四局比赛且甲夺得冠军的概率；（2）若每场比赛获胜的一方得2分，失败的一方得分.设比赛结束时甲的得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望. 【答案】（1）（2）分布列答案见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）根据题意，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求得四局比赛甲夺得冠军的概率；（2）根据题意，得到随机变量的取值为，结合独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.【小问1详解】解：由题意，甲在一局比赛中获胜的概率分别为，且每局比赛的结果相互独立，所以经过四局比赛且甲夺得冠军的概率为.【小问2详解】解：根据题意，每场比赛获胜的一方得2分，失败的一方得-1分.设比赛结束时甲的得分为，可得随机变量的取值为，可得，，，，，，所以随机变量的分别为：-3-11456所以期望为.20.设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．（1）求的方程；（2）在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；（2）若选①，设直线方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则，得出答案．【小问1详解】当直线垂直于轴时，点的横坐标为根据抛物线的定义，，则抛物线方程为：．【小问2详解】若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，，设直线的方程为：，设，，联立，得，恒成立得，直线的斜率直线的方程为 由，化简得直线过定点，存在若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，，设直线的方程为：设，，设联立，得，恒成立得，轴平分，即对任意的恒成立，则．存在．21.已知函数，.（1）当时，求函数的极值；（2）若任意且，都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）不妨令，则问题等价于，令，只需证明在单调递增，问题等价于在时恒成立，参变分离得到，，再构造函数，利用导数求出的最大值，即可得解.【小问1详解】解：当时，，．则，令，解得或，又因为，所以．列表如下：x2单调递减极小值单调递增因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以有极小值，无极大值．【小问2详解】解：因为，，所以，，若对任意且恒成立不妨令，则，令，只需证明在单调递增，因为，则，所以在时恒成立，即，， 令，，则，因为，所以令，解得，令，解得，从而在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时取到最大值，所以实数的取值范围是．【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．（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极坐标与参数方程】22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求直线和曲线的直角坐标方程；（2）从原点引一条射线分别交曲线和直线于两点，求的最大值．【答案】（1）直线的直角坐标方程为：，曲线的直角坐标方程为：.（2）【解析】【分析】（1）消去参数可得曲线的直角坐标方程；利用两角和的余弦公式和，可得直线的直角坐标方程；（2）设射线方程为（），将曲线的直角坐标方程化为极坐标方程，并将代入可得，将代入可得，再利用辅助角公式可求出的最大值.【小问1详解】 由，得，即,所以曲线的直角坐标方程为：.由，得，得，即，将，代入得，所以直线的直角坐标方程为：.综上所述：直线的直角坐标方程为：，曲线的直角坐标方程为：.【小问2详解】设射线方程为（），将，代入，得，得，将代入，得，得，由，得，将代入，得()，，得，所以 （其中，，），因为，所以，又，所以，所以当时，即，即（其中，，）时，取得最大值.【选修4-5不等式选讲】23.已知函数的最大值为4（其中）.（1）求的值；（2）若，求的最小值.【答案】（1）3；（2）.【解析】【分析】（1）根据绝对值三角不等式可求得m的值；（2）运用柯西不等式可求得最小值.【详解】解：(1).， 又，所以m=3.（2）.由（1）知，由柯西不等式有：，当且仅当时等号成立