四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2023届高三数学（理）下学期三模试题（Word版附解析）.docx

1、成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高2020级高三三诊模拟理科数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校姓名班级准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上试卷上答题无效.3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.第I卷（选择题，共60分）一选择题（本大题共12

2、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. 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由指数函数的性质，求得集合，再结合集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由函数，当时，可得，即集合，又由集合，所以.故选：A.2. 已知复数为虚数单位)，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由条件中的复数相等，应用复数的四则运算得，即可写出，进而可确定其虚部.【详解】由，其虚部为.故选：B.3. 构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学为了落实五育并举，全面发展学生的素质，积极响应党的号

3、召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）高三（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好）.下列说法正确的是（ ）实线：高三（1）班的数据虚线：高三（2）班的数据A. 高三（2）班五项评价得分的极差为B. 除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分C. 各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大D. 高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高【答案】D【解析】【分析】根据题意可得各班的各项得分，根据分值逐项分析判断.【详解】由题意可得：高三（1）班德智体美劳各项得分依次为，高

4、三（2）班德智体美劳各项得分依次为.对于A： 高三（2）班五项评价得分的极差为，A错误；对于B：两班的德育得分均为，两者相等，B错误；对于C：两班的德育得分相差；两班的智育、体育和美育得分相差均为；两班的劳育得分相差；故两个班的劳育得分相差最大，C错误；对于D：高三（1）班得分的平均数为，高三（2）班得分的平均数为，故高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高，D正确.故选：D.4. 已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由奇偶性可排除AD，由特殊点可排除C，即可求解【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇

5、函数，对于A：由得：，为偶函数，故可排除A；对于D：由得：，为偶函数，故可排除D；由图知图象不经过点，而对于C：，故可排除C；故选：B5. 设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为A. -8B. -15C. -20D. -21【答案】C【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可.【详解】满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数经过坐标点A时，函数取得最小值，由 解得 目标函数的最小值为-20.故选C.【点睛】本题考查线性规划的截距式求最值，属于基础题.6. 已知数列是公比为q的等比数列，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充

6、分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先根据等比数列的性质，结合不等式，可以确定q的取值范围，然后根据充分性、必要性的定义选出正确答案.【详解】.显然由不一定能推出，但由一定能推出，因此“”是“”的必要不充分条件，故本题选B.【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，利用等比数列的性质是解题的关键.7. 如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90的扇形，则该几何体的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果【详解】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直

7、观图如图所示其表面积故选：C.8. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 0【答案】C【解析】【分析】根据导数的几何意义可知切线斜率为，可得，计算出切点代入切线方程即可得.【详解】由题意可得，根据导数的几何意义可知，在点处的切线斜率为，解得；所以切点为，代入切线方程可得，解得.故选：C9. 19世纪法国著名数学家加斯帕尔蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ）A. 3B. 4C. 5D.

8、 【答案】B【解析】【分析】由题意求出蒙日圆方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相外切，从而列方程可求出的值【详解】由题意可得椭圆的蒙日圆的半径，所以蒙日圆方程为，因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，所以两圆相外切，所以，故选：B10. 图，已知正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点.若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且存在使成立，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知可得平面，设的中点为，连接，作图分析可得点的轨迹为线段，当时，与侧面所成角的正切值最大，计算即得解.【详解】解：存在，使，平面，设的中点为，连接，则，平面，不在平面内，所

9、以平面，同理平面，平面，平面平面，点为侧面正方形内（含边界）动点，且平面，点的轨迹为线段，正方体的棱长为1，、分别是棱、的中点，,由题得就是与侧面所成角，所以最大，则最小，即.由等面积法得,所以最大值为.故选：D11. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ）A. 30B. 14C. 12D. 6【答案】A【解析】【分析】根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实

10、数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30.【详解】由知函数的图象关于直线对称，是R上的奇函数，的周期为4，考虑的一个周期，例如，由在上是减函数知在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，对于奇函数有，故当时，当时，当时，当时，方程在上有实数根，则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，则由于，故方程在上有唯一实数，在和上，则方程在和上没有实数根，从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根，当，方程的两实数根之和为，当，方程所有6个实数根之和为.故选：A.【点睛】本题考查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题.12. 已知，是双曲

11、线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，则，令双曲线半焦距为c，中，中，则有，即，因直线的斜率为，即，而，即，于是有，所以双曲线的离心率为.故选：B第II卷（非选择题，共90分）二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）13. 已知向量，方满足，且与的夹角为，则向量

12、与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】先利用已知条件求得，接着求解向量的模长，最后根据向量夹角公式求解即可.【详解】因为，且与的夹角为，所以，所以，设向量与的夹角为，所以，又因为两向量所成夹角范围为，所以向量与的夹角为，故答案为：.14. 某学习小组共有11名成员，其中有6名女生，为了解学生的学习状态，随机从这11名成员中抽选2名任小组组长，协助老师了解情况，表示“抽到的2名成员都是女生”，表示“抽到的2名成员性别相同”，则_.【答案】#0.6【解析】【分析】求出，再利用条件概率求解即可【详解】由题意可知，故答案为：15. 已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则_.【答案

13、】1【解析】【分析】根据函数两个相邻的零点之差的绝对值求出周期和，再根据的最小正零点求出，即可求出的值【详解】令函数，得，所以函数两个相邻的零点之差的绝对值为，即，解得，又因为是的最小正零点，所以，即，所以，解得，又，所以，即，所以故答案为：16. 已知正项数列满足，数列满足，且对任意的恒成立，则下列结论中正确的是_.数列从第二项起是单调递减数列【答案】【解析】【分析】首先由题意可得，并判断为递减数列；也为递减数列，即可判断的正误；然后由对任意的恒成立可得：，于是构造函数，并利用导数判断其单调性和最值，进而判断的范围，同理可得的最大值一定小于，即可判断的正误【详解】因为为正项数列，得，又，则，

14、即，由，得，所以，即，即，则，所以，所以为递减数列，也为递减数列，故正确；因为，则，又为递减数列，所以，故正确；由，得，令，则，当时，；当时，又，若时，取得最大值且为；若时，取得最小值且，所以，而，同理可得的最大值一定小于，所以，故错误；由可知，故错误故答案为：三解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，共70分）17. 随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度.华为技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：序号123456789101112x23

15、46810132122232425y1322314250565868.5686756666当时，建立了y与x的两个回归模型：模型：；模型：；当时，确定y与x满足的线性回归方程为.（1）根据下列表格中的数据，比较当时模型、的相关指数的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元时的直接收益.回归模型模型模型回归方程182.479.2（附：刻画回归效果的相关指数，）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小.附：用最小二乘法求线性回归方程的系数

16、：【答案】（1）回归模型，72.93（亿元）；（2）投入20亿元时，公司的实际收益更大.【解析】【分析】（1）根据表中数据比较和可判断拟合效果，进而求出预测值；（2）求出，进而求出，得出回归方程得求出结果【详解】解：（1）由表格中的数据， 可见模型的相关指数小于模型的相关指数. 所以回归模型的拟合效果更好. 所以当亿元时，科技升级直接收益的预测值为（亿元）.（2）当时，由已知可得，. 当时，y与x满足的线性回归方程为.当时，科技升级直接收益的预测值为亿元. 当亿元时，实际收益的预测值为亿元亿元， 技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大.18. 已知，分别为锐角内角，的对边，（1）证明：；（

17、2）求的取值范围【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合已知等式可得，再利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可证得结论，（2）由为锐角三角形，结合可求出角的范围，再由（1）得，然后利用余弦函数的性质可求得结果.【小问1详解】证明：，由余弦定理得，整理得，即，由正弦定理得，即，为锐角三角形的内角，或（舍），故【小问2详解】，为锐角三角形，即的取值范围是19. 在四棱锥中，为等边三角形，点为的中点.（1）求证：平面；（2）已知平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取CD中点M，进而证明平面平面，然后

18、通过面面平行的性质定理得到答案；（2）连接AC交BD于O，根据条件证明ACBD，PO平面ABCD，进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，为中点，而平面，平面，平面，又为等边三角形，BM,AD共面于平面ABCD,，而平面，平面，平面，又，平面平面，而平面，平面.（2）根据条件，连接交于，连接，由对称性知，为中点，且，平面平面，且交于BD，平面，在中，AOOD，AD=2，则AO=1，又PD=2，在正中，.以O为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，设平面的法向量为，平面的法向量为，所以，令x=1，则，令a=1，则，由图

19、可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为：.20. 已知函数和函数有相同的最大值.（1）求实数的值；（2）直线与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，且.下列两个结论；.其中只有一个正确，请选择正确的结论，并证明.【答案】（1）1 （2）正确结论，证明见解析【解析】【分析】（1）分别对，求导，得出，的单调性，求出，的最大值，即可求出实数的值；（2）画出，的图象，设，图象的交点为A，直线经过点A时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，可得，再利用指对同构及的单调性，即可证明【小问1详解】的定义域为，且时，无意义，不合题意；时，当时，递减；当时，递增；所以，无最大值，不合题意，时，当时，递增

20、；当时，递减；所以，的定义域为，且，当时，递增，当时，递减；所以所以，又和有相同的最大值，所以，解得，又，所以；【小问2详解】正确结论为，证明如下：由（1）可知：在递增，在递减，且，在递增，在递减，且，和的图象如图所示：设和的图象交于点A，则当直线经过点A时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，则，且，因为，所以，即，因为，且在递增，所以，所以，因为，所以，即，因为，且在递减，所以，所以，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值、零点问题，属于难题.利用导数在研究函数性质时，离不开研究函数的单调性，判断单调性的方法是：递减；递增.21. 设椭圆过点，且左焦点为.（1）求椭圆的方程；

21、（2）内接于椭圆，过点和点的直线与椭圆的另一个交点为点，与交于点，满足，求面积的最大值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据给定的条件，列出a，b，c的方程组，求解作答.（2）根据给定条件，利用共线向量探求出直线的方程，与椭圆的方程联立，求出长，再借助三角代换列出三角形面积的函数关系，求出函数的最大值作答.【小问1详解】令椭圆的半焦距为c，依题意，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设点的坐标分别为， 显然均不为零，依题意，令，有且，又四点共线，从而，即，于是，从而，又点在椭圆上，即，+并结合，得，即动点总在定直线上，因此直线方程为，由消去y得，设，则，于是，设，则点到直线的

22、距离，其中锐角由确定，因此，当且仅当时取等号，所以的面积最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线和的极坐标方程分别为和和与曲线分别相交

23、于两点（两点异于坐标原点）.（1）求的极坐标方程；（2）求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据圆的参数方程可得曲线的普通方程，再结合极坐标与直角坐标之间的转化运算求解；（2）根据题意结合极坐标的几何意义运算求解.【小问1详解】曲线的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为，整理得，根据，转换极坐标方程为，即.小问2详解】根据题意可设两点的极坐标分别为，则，所以. 选修4-5：不等式选讲23. 设函数的最大值.（1）求；（2）已知、均为正实数，且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式可求得；（2）求得，利用基本不等式可证得所证不等式成立.【详解】（1）由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，；（2）由（1）可得，同理可得，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，因此，.【点睛】方法点睛：证明不等式，基本方法如下：（1）作差法：利用差的符号判断两个代数式的大小关系，作差后需利用因式分解、配方法等判断各因式的符号；（2）作商法：当两个代数式的符号相同时，利用商与的大小关系来判断两个代数式的大小关系；