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）

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），评价标准如下：

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：D

6. 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. 28 D.

【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：B

8. 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：A

9. 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】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：C．

10. 定义在上的函数满足，且为奇函数，则（   ）

A.  B.  C. 2022 D. 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. 8 B. 4 C.  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．

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：8

15. 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2025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，

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：

18. 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，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，

∴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PF⊥BC，DF⊥BC，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；

(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.