2023屆四川省成都市高三下學期三診模擬考試數學（理）試題3【含答案】

2023屆四川省成都市高三下學期三診模擬考試數學（理）試題一、單選題1．若集合，，則集合（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據集合并集概念課直接得到.【詳解】，故選：D.2．已知復數，則以下判斷正確的是（

）A．復數的模為1 B．復數的模為C．復數的虛部為 D．復數的虛部為【答案】B【分析】根據復數除法運算即可求得，根據復數模長公式和虛部定義即可判斷結果.【詳解】由可得；即復數的虛部為1，所以CD錯誤；則復數的模為，即A錯誤，B正確；故選：B3．下列說法錯誤的是（

）A．“”是“”的充分不必要條件B．在回歸直線中，變量時，變量的值一定是15C．命題：則，，則：，D．若，，，，，則【答案】B【分析】根據小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍判斷選項A；根據回歸方程的實際意義判斷選項B；根據特稱命題的否定是全稱命題判斷選項C；根據面面垂直及線面垂直的性質定理判斷選項D.【詳解】若，則成立，反之，若，則或，所以“”是“”的充分不必要條件，故選項A正確；在回歸直線中，變量時，變量的值估計為15，故選項B錯誤；因為命題：則，，所以命題的否定：，，故選項C正確；因為，，，，根據面面垂直的性質定理得到：，又，所以，故選項D正確.故選：B.4．下列函數中，在定義域內既是奇函數又是增函數的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用基本初等函數的奇偶性與單調性逐項判斷，可得出合適的選項.【詳解】對于A選項，函數為奇函數，但該函數在定義域內不單調，A選項不滿足條件；對于B選項，函數為奇函數，但該函數在定義域內不單調，B選項不滿足條件；對于C選項，函數的定義域為，且，所以，函數為奇函數，因為函數、均為上的增函數，故函數在上為增函數，C選項滿足條件；對于D選項，函數的定義域為，該函數為非奇非偶函數，D選項不滿足條件.故選：C.5．的展開式中的系數是（

）A．45 B．84 C．120 D．210【答案】C【分析】利用二項展開式的通項公式，組合數的性質，求得含項的系數．【詳解】解：的展開式中，含項的系數為，故選：C．6．設點是函數圖象上的任意一點，點處切線的傾斜角為，則角的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，令后可求，再根據導數的取值范圍可得的范圍，從而可得的取值范圍.【詳解】∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴或.故選：B.7．在等差數列中，，．記（為正整數），則數列（

）A．有最大項，也有最小項 B．最大項，但無最小項C．無最大項，但有最小項 D．無最大項，也無最小項【答案】B【分析】由已知求出等差數列的通項公式,分析可知數列是單調遞增數列,且前5項為負值,自第6項開始為正值,進一步分析得答案.【詳解】設等差數列的公差為d,由，,得，解得：d=2.所以.令,得,而n∈N*,可知數列是單調遞增數列,且前5項為負值,自第6項開始為正值.可知T1=-9<0,T2=63>0,T3=-315<0,T4=945>0為最大項,自T5起均小于0,且逐漸減小∴數列有最大項,無最小項.故選:B8．志愿團安排去甲?乙?丙?丁四個精準扶貧點慰問的先后順序，一位志愿者說：不能先去甲，甲的困難戶最多；另一位志愿者說：不能最后去丁，丁離得最遠.他們共有多少種不同的安排方法（

）A．14 B．12 C．24 D．28【答案】A【分析】由去丁扶貧點的先后順序入手利用加法原理求出結果.【詳解】解：根據題意丁扶貧點不能是最后一個去，有以下兩類安排方法：①丁扶貧點最先去，有種安排方法；②丁扶貧點安排在中間位置去，有種安排方法，綜合①②知共有種安排方法.故選：A.9．已知函數，以下說法中，正確的是（

）①函數關于點對稱；②函數在上單調遞增；③當時，的取值范圍為；④將函數的圖像向右平移個單位長度，所得圖像對應的解析式為.A．①② B．②③④ C．①③ D．②【答案】D【分析】先對化簡變形，得到，再對①②③④逐一分析判斷，即可得出結果.【詳解】因為,對于①，由，即，所以對稱中心為，令，得到一個對稱中心為，所以①錯誤；對于②，當時，，由的圖像與性質知，在上單調遞增，所以②正確；對于③，當時，，由的圖像與性質知，，所以③錯誤；對于④，將函數的圖像向右平移個單位長度，得到圖像對應的解析式為，所以④錯誤.故選：D.10．已知，是雙曲線的左，右焦點，過點作斜率為的直線與雙曲線的左，右兩支分別交于，兩點，以為圓心的圓過，，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】取MN中點A，連AF2，令，由雙曲線定義及所給條件可得，再借助直線斜率為即可作答.【詳解】取MN中點A，連AF2，由已知令，則，如圖：因點M，N為雙曲線左右兩支上的點，由雙曲線定義得，，則，令雙曲線半焦距為c，中，，中，，則有，即，因直線的斜率為，即，而，即，，于是有，，，所以雙曲線的離心率為.故選：B11．已知三棱錐的底面為等腰直角三角形，其頂點P到底面ABC的距離為3，體積為24，若該三棱錐的外接球O的半徑為5，則滿足上述條件的頂點P的軌跡長度為（

）A．6π B．30πC． D．【答案】D【分析】利用三棱錐的體積，求解底邊邊長，求出的外接圓半徑，以及球心到底面的距離，判斷頂點的軌跡是兩個不同截面圓的圓周，進而求解周長即可．【詳解】依題意得，設底面等腰直角三角形的邊長為，三棱錐的體積解得：的外接圓半徑為球心到底面的距離為，又頂點P到底面ABC的距離為3，頂點的軌跡是一個截面圓的圓周當球心在底面和截面圓之間時，球心到該截面圓的距離為，截面圓的半徑為，頂點P的軌跡長度為；當球心在底面和截面圓同一側時，球心到該截面圓的距離為，截面圓的半徑為，頂點P的軌跡長度為；綜上所述，頂點P的軌跡的總長度為故選：D．【點睛】本題考查空間幾何體外接球的問題以及軌跡周長的求法，考查空間想象能力、轉化思想以及計算能力，題目具有一定的難度．12．已知a，b，，且，，，其中e是自然對數的底數，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題設，構造且研究單調性，判斷的范圍，作差法比較大小，即可得答案.【詳解】由題設，，，令且，則，即在上遞增，又，即，由，令且，則，又，令且，則，即遞減，所以，所以，即在上遞增，故，即在上恒成立，故，綜上，，結合單調性知：.故選：B【點睛】關鍵點點睛：構造函數且研究單調性，再通過作差、構造函數判斷大小，進而判斷大小.二、填空題13．設等比數列的前項和為，寫出一個滿足下列條件的的公比__________.①，②是遞增數列，③.【答案】2（答案不唯一）【分析】根據等比數列的通項公式求解即可.【詳解】由等比數列的通項公式可得，則，因為，且是遞增數列，所以，因為，所以，即，因為，所以，解得，綜上，故答案為：2（答案不唯一）14．已知向量，方滿足，，且與的夾角為，則向量與的夾角為______.【答案】【分析】先利用已知條件求得，接著求解向量的模長，最后根據向量夾角公式求解即可.【詳解】因為，，且與的夾角為，所以，所以，，設向量與的夾角為，所以，又因為兩向量所成夾角范圍為，所以向量與的夾角為，故答案為：.15．已知直線經過拋物線的焦點并交拋物線于，兩點，則，且在拋物線的準線上的一點滿足，則______.【答案】2【分析】由所給向量關系可得點C在直線AB上，過點A，B分別作拋物線準線的垂線，結合拋物線定義求出即可作答.【詳解】過點A，B作拋物線準線的垂線，垂足分別為N，M，令準線交x軸于點K，如圖：則有，因點C在準線上且滿足，即點C是直線AB與準線的交點，于是有，得，從而有，即點F是線段AC的中點，而，則有,又，所以.故答案為：216．如圖，在棱長為2的正方體中，均為所在棱的中點，則下列結論正確的序號是__________．

①棱上一定存在點，使得；②三棱錐的外接球的表面積為；③過點作正方體的截面，則截面面積為；④設點在平面內，且平面，則與所成角的余弦值的最大值為．【答案】②③④【分析】①建立空間直角坐標系，設坐標，通過空間向量垂直的坐標表示求點進行判斷；②使用補形法，將三棱錐補形為長方體求解即可；③畫出正方體過點的截面，為正六邊形，求面積即可；④設坐標，用線面平行得出坐標滿足的條件，再由空間向量求線線角余弦值的最大值即可.【詳解】對于①，以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，則由已知，，，設棱上一點，則，，若，則，整理得，即，無實數解，∴棱上不存在點，使得，故①錯誤；對于②，如圖，分別取棱，，，的中點，，，，由已知，，易知棱柱為長方體，其外接球的直徑為，外接球表面積，∵三棱錐的頂點均在長方體的外接球上，故該球也是三棱錐的外接球，∴三棱錐的外接球的表面積為，故②正確；對于③，如圖所示，過點作正方體的截面是邊長為的正六邊形，其可分成六個全等的，邊長為的等邊三角形，面積，故③正確；對于④，由①中所建立空間直角坐標系，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則，令，則，，∴，設平面內一點，則，∵平面，∴，即，又∵，∴與所成角的余弦值為，其中，，∴，即當且僅當時，與所成角的余弦值的最大值為，故④正確.故答案為：②③④.【點睛】解決立體幾何中動點問題的有效方法之一，是建立空間直角坐標系，設動點坐標，借助空間向量將幾何關系轉化為代數運算，通過運算進行求解.三、解答題17．在中，內角所對的邊分別為，且.(1)求角的大小；(2)若，且__________，求的周長.請在下列三個條件中，選擇其中的一個條件補充到上面的橫線中，并完成作答.①；②的面積為；③.注：如果選擇多個條件分別解答，那么按第一解答計分.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據條件，利用和正弦的和角公式，化簡即可得出結果；（2）選①，利用正弦定理和條件得出，選②，利用條件和三角形面積公式得出，選③，利用條件和數量積的定義得出，再利用余弦定即可得到結果.【詳解】（1）由正弦定理：，因為，所以，所以，因為，所以，得到，又，所以.（2）若選①，根據正弦定理和（1）可知，，所以，所以，得到，若選②，由題知，得到，若選③，即，由數量積定義得，得到，故三個條件任選一個條件，都可以得到，由余弦定理，得，整理得，即，則或（舍去），所以的周長為.18．2021年3．15期間，某家具城舉辦了一次家具有獎促銷活動，消費每超過1萬元（含1萬元），均可抽獎一次，抽獎方案有兩種，顧客只能選擇其中的一種.方案一：從裝有10個形狀與大小完全相同的小球（其中紅球2個，白球1個，黑球7個）的抽獎盒中，一次性摸出3個球，其中獎規(guī)則為：若摸到2個紅球和1個白球，則打5折；若摸出2個紅球和1個黑球則打7折；若摸出1個白球2個黑球，則打9折：其余情況不打折．方案二：從裝有10個形狀與大小完全相同的小球（其中紅球2個，黑球8個）的抽獎盒中，有放回每次摸取1球，連摸3次，每摸到1次紅球，立減2000元．（1）若一位顧客消費了1萬元，且選擇抽獎方案一，試求該顧客享受7折優(yōu)惠的概率；（2）若某顧客消費恰好滿1萬元，試從數學期望的角度比較該顧客選擇哪一種抽獎方案更合算？【答案】（1）；（2）該顧客選擇第二種抽獎方案更合算.【分析】（1）方案一若享受到7折，需要摸出2個紅球和1個黑球，由此可計算出概率；（2）選擇方案一，付款金額元可能的取值為5000、7000、9000、10000，分別計算出概率的分布列，計算出期望．選擇方案二，設摸到紅球的個數為，付款金額為，則得關系式，由，可得，再計算出，比較后可得．【詳解】（1）選擇方案一若享受到7折，則需要摸出2個紅球和1個黑球，設顧客享受到7折為事件，則．（2）若選擇方案一，設付款金額為元，則可能的取值為5000、7000、9000、10000，，，，．故X的分布列為，50007000900010000所以（元）若選擇方案二，設摸到紅球的個數為，付款金額為，則，由已知可得，故，所以（元）因為，所以該顧客選擇第二種抽獎方案更合算．19．如圖，已知矩形中，、分別是、上的點，，，，、分別是、的中點，現(xiàn)沿著翻折，使得二面角大小為.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）【詳解】（Ⅰ）取的中點，連接，，又為的中點，所以，平面，平面，所以平面，同理可證，平面，又因為，所以平面平面，平面，所以平面.（Ⅱ）在平面內，過點作的垂線，易證明這條垂線垂直平面，因為二面角大小為，所以，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，，則，，，設平面的一個法向量，根據，令，則，，所以，設平面的一個法向量，根據，令，則，，所以，所以，所以二面角的余弦值為.【點睛】證明線面平行有兩種方法，法一是利用判定定理，尋求線線平行；法二是尋求面面平行，本題是通過面面平行去證明線面平行.求二面角常用空間向量去求，先建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，求出兩個半平面的法向量，再利用公式求出二面角的余弦值.20．已知橢圓離心率為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）設為坐標原點，，，是橢圓上不同的三點，且為的重心，探究面積是否為定值，若是求出這個定值；若不是，說明理由【答案】（1）；（2）是定值，.【分析】（1）由題意列出關于的方程組，求出，即可得出橢圓方程；（2）先討論直線的斜率不存在時，根據題中條件，求出此時的面積；再討論直線的斜率存在時，設直線，聯(lián)立直線與橢圓方程，設，，由韋達定理，得出，；由弦長公式，得出；根據為的重心，求出點為坐標，代入橢圓方程，得到之間關系；再由點到直線的距離公式，得出點到直線的距離，由即可得出結果.【詳解】（1）由題知：，解得，，所以橢圓的方程為；（2）當直線的斜率不存在時，軸，點在軸上，．點到的距離為，則．當直線的斜率存在時，設直線由消去，整理，設，，則有，，，所以，，因為為的重心，則由，點在橢圓上，則得，點到直線的距離為；所以；綜上：為定值．【點睛】思路點睛：求解橢圓中三角形面積相關問題時，一般需要聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理、弦長公式，以及點到直線距離公式，表示出三角形的面積，再結合題中條件，即可求解.21．已知函數，（1）討論函數的單調性；（2）令，若存在，且時，，證明：.【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【分析】(1)求函數的定義域和導數，分和兩種情況，結合導數可求出函數的單調性.(2)根據題意可得，通過構造函數，求函數單調性及參變分離可得，令，通過導數得的單調性，即可證明，從而可證明.【詳解】解：（1）的定義域為，，當時，，當時，由得，由得，∴當時，在上單調遞增當