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）.docx

1、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），

2、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

3、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

4、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

5、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

6、】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：C10. 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

7、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

8、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

9、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

10、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

11、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202

12、5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，

13、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

14、，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

15、，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PFBC，DFBC，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；

16、(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

17、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

18、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.