石嘴山市重点中学2023学年高三第三次模拟考试数学试卷(含解析).pdf

2023 学年高考数学模拟测试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知双曲线 C：22221xyab（0,0ab）的左、右焦点分别为12,F F，过1F的直线 l 与双曲线 C 的左支交于 A、B 两点.若22,120ABAFBAF，则双曲线 C 的渐近线方程为（）A33yx B62yx C32 yx D31 yx 2一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A32 363 B8 36 C32 31633 D168 33 3如图，正方体1111ABCDABC D中，E，F，G，H分别为棱1AA、1CC、11BC、11AB的中点，则下列各直线中，不与平面1ACD平行的是（）A直线EF B直线GH C直线EH D直线1AB 4方程2(1)sin10 xx 在区间2,4内的所有解之和等于()A4 B6 C8 D10 5圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A12 B32 C2 D3 6在函数：cos|2|yx；|cos|yx；cos 26yx；tan 24yx中，最小正周期为的所有函数为（）A B C D 7已知复数z满足121izii（其中z为z的共轭复数），则z的值为()A1 B2 C3 D5 8为得到函数cos 23yx的图像，只需将函数sin 2yx的图像（）A向右平移56个长度单位 B向右平移512个长度单位 C向左平移56个长度单位 D向左平移512个长度单位 9一个封闭的棱长为 2 的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（）A1 B2 C3 D2 2 10关于函数()sin6f xx 在区间,2的单调性，下列叙述正确的是（）A单调递增 B单调递减 C先递减后递增 D先递增后递减 11已知随机变量X服从正态分布4,9N，且2P XP Xa，则a（）A3 B5 C6 D7 12已知双曲线C 的两条渐近线的夹角为 60，则双曲线 C 的方程不可能为（）A221155xy B221515xy C221312yx D221217yx 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知集合1,0,2,21ABx xnnZ，则AB _ 14102xyxy展开式中56x y的系数为_.（用数字做答）155232xx的展开式中x的系数为_.16如图是一个算法流程图，若输出的实数y的值为1，则输入的实数x的值为_.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。17（12 分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为3423xtyt ，（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22cos80.（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若点p是直线l的一点，过点p作曲线C的切线，切点为Q，求PQ的最小值.18（12 分）2019 年是五四运动 100 周年.五四运动以来的 100 年，是中国青年一代又一代接续奋斗、凯歌前行的 100年，是中口青年用青春之我创造青春之中国、青春之民族的 100 年.为继承和发扬五四精神在青年节到来之际，学校组织“五四运动 100 周年”知识竞赛，竞赛的一个环节由 10 道题目组成，其中 6 道 A 类题、4 道 B 类题，参赛者需从 10道题目中随机抽取 3 道作答，现有甲同学参加该环节的比赛.（1）求甲同学至少抽到 2 道 B 类题的概率；（2）若甲同学答对每道 A 类题的概率都是23，答对每道 B 类题的概率都是35，且各题答对与否相互独立.现已知甲同学恰好抽中 2 道 A 类题和 1 道 B 类题，用 X 表示甲同学答对题目的个数，求随机变量 X 的分布列和数学期望.19（12 分）设椭圆 E:（a,b0）过 M（2，2），N(6,1)两点，O 为坐标原点，（1）求椭圆 E 的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且OAOB？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由 20（12 分）已知数列na满足：对任意,u vN，都有2uvuvaaa.（1）若23692aaaa，求18a的值；（2）若na是等比数列，求na的通项公式；（3）设kN，3k，求证：若123,kkkaaa成等差数列，则12,ka aa也成等差数列.21（12 分）已知函数1()lnxf xx（1）若1()f xaxx恒成立，求实数a的取值范围；（2）若方程()f xm有两个不同实根1x，2x，证明：122xx 22（10 分）已知()xf xemx.（1）若曲线lnyx在点2(,2)e处的切线也与曲线()yf x相切，求实数m的值；（2）试讨论函数()f x零点的个数.2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】设2AFm，利用余弦定理，结合双曲线的定义进行求解即可.【题目详解】设222222,2cos1203ABAFmBFABAFABAFm，由双曲线的定义可知：12,AFma因此12,BFa再由双曲线的定义可知：124 323BFBFama，在三角形12AF F中，由余弦定理可知：222212222222112cos120(52 3)(52 3)FFAFAFAFAFcaaba2222(42 3)(42 3)31bbbaaa，因此双曲线的渐近线方程为：31 yx.故选：D【答案点睛】本题考查了双曲线的定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了双曲线的渐近线方程，考查了数学运算能力.2、B【答案解析】还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.【题目详解】由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥 半个圆柱体积为：2211123622Vr h 四棱锥体积为：2114 3 2 38 333VSh 原几何体体积为：128 36VVV 本题正确选项：B【答案点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.3、C【答案解析】充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据/EFAC判断 A 的正误.根据1 11 1/,/GHA C A CAC，判断 B 的正误.根据11/,EHCDCD与 1DC相交，判断 C 的正误.根据11/ABDC，判断 D 的正误.【题目详解】在正方体中，因为/EFAC，所以/EF 平面1ACD，故 A 正确.因为1 11 1/,/GHA C A CAC，所以/GHAC，所以/GH平面1ACD 故 B 正确.因为11/ABDC，所以1/AB平面1ACD，故 D 正确.因为11/,EHCDCD与 1DC相交，所以 EH与平面1ACD 相交，故 C 错误.故选：C【答案点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.4、C【答案解析】画出函数sinyx和12(1)yx 的图像，sinyx和12(1)yx 均关于点1,0中心对称，计算得到答案.【题目详解】2(1)sin10 xx，验证知1x 不成立，故1sin2(1)xx，画出函数sinyx和12(1)yx 的图像，易知：sinyx和12(1)yx 均关于点1,0中心对称，图像共有 8 个交点，故所有解之和等于4 28.故选：C.【答案点睛】本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点1,0中心对称是解题的关键.5、B【答案解析】三视图对应的几何体为如图所示的几何体，利用割补法可求其体积.【题目详解】根据三视图可得原几何体如图所示，它是一个圆柱截去上面一块几何体，把该几何体补成如下图所示的圆柱，其体积为213，故原几何体的体积为32.故选：B.【答案点睛】本题考查三视图以及不规则几何体的体积，复原几何体时注意三视图中的点线关系与几何体中的点、线、面的对应关系，另外，不规则几何体的体积可用割补法来求其体积，本题属于基础题.6、A【答案解析】逐一考查所给的函数：cos 2cos2yxx，该函数为偶函数，周期22T；将函数cosyx 图象 x 轴下方的图象向上翻折即可得到cosyx 的图象，该函数的周期为122；函数cos 26yx的最小正周期为22T；函数tan 24yx的最小正周期为22T；综上可得最小正周期为的所有函数为.本题选择 A 选项.点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式子，否则很容易出现错误一般地，经过恒等变形成“yAsin(x)，yAcos(x)，yAtan(x)”的形式，再利用周期公式即可 7、D【答案解析】按照复数的运算法则先求出z，再写出z，进而求出z.【题目详解】21(1)21(1)(1)2iiiiiii，1222(2)121iizii ziziiiii ，2212|(1)25ziz .故选：D【答案点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数及复数的模，考查基本运算能力，属于基础题.8、D【答案解析】55cos(2)sin(2)sin(2)sin 2()332612yxxxx，所以要的函数cos(2)3yx的图象，只需将函数sin 2yx的图象向左平移512个长度单位得到，故选 D 9、B【答案解析】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论【题目详解】正方体的面对角线长为2 2，又水的体积是正方体体积的一半，且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，即最大水面高度为2，故选 B.【答案点睛】本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题 10、C【答案解析】先用诱导公式得()sincos63f xxx,再根据函数图像平移的方法求解即可.【题目详解】函数()sincos63f xxx 的图象可由cosyx向左平移3个单位得到,如图所示,()f x在,2上先递减后递增.故选：C【答案点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.11、C【答案解析】根据在关于4X 对称的区间上概率相等的性质求解【题目详解】4，3，(2)(42)(42)(6)()P XP XP XP XP Xa，6a 故选：C【答案点睛】本题考查正态分布的应用掌握正态曲线的性质是解题基础随机变量X服从正态分布2,N，则P XmP Xm 12、C【答案解析】判断出已知条件中双曲线C的渐近线方程，求得四个选项中双曲线的渐近线方程，由此确定选项.【题目详解】两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与x轴的夹角时要分为两种情况 依题意，双曲渐近线与x轴的夹角为 30或 60，双曲线C的渐近线方程为33yx 或3yx.A 选项渐近线为33yx，B 选项渐近线为3yx，C 选项渐近线为12yx，D 选项渐近线为3yx.所以双曲线C的方程不可能为221312yx.故选：C【答案点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，属于基础题.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13、1【答案解析】由|21,Bx xnnz可得集合B是奇数集，由此可以得出结果.【题目详解】解：因为|21,Bx xnnz 所以集合B中的元素为奇数，所以 1AB .【答案点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合 B 中元素的性质是本题解题的关键.14、210【答案解析】转化21010210()()()xyxyx xyyxy，只有10()x xy中含有46x y，即得解.【题目详解】21010210()()xyxyx xyyxy（只有10)xy（中含有46x y，其中46x y的系数为610210C 故答案为:210【答案点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.15、80.【答案解析】只需找到2 5(2)x展开式中的4x项的系数即可.【题目详解】2 5(2)x展开式的通项为52521552()(1)2rrrrrrrrTCxCx，令2r，则2234435(1)280TCxx，故5232xx的展开式中x的系数为 80.故答案为：80.【答案点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到展开式中的特殊项系数，考查学生的计算能力，是一道容易题.16、14【答案解析】根据程序框图得到程序功能，结合分段函数进行计算即可.【题目详解】解：程序的功能是计算2log21,02,0 xxxyx，若输出的实数y的值为1，则当0 x 时，由2log211x 得14x，当0 x 时，由21x，此时无解.故答案为：14.【答案点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，理解程序功能是解决本题的关键，属于基础题.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。17、（1）34170 xy，22(1)9xy；（2）见解析 【答案解析】（1）消去 t,得直线l的普通方程，利用极坐标与普通方程互化公式得曲线C的直角坐标方程；（2）判断l与圆A相离，连接,AQ AP，在Rt APQ中，22222|437PQPAAQ，即可求解【题目详解】（1）将l的参数方程3423xtyt （t为参数）消去参数，得34170 xy.因为xcosysin，22 cos80，所以曲线C的直角坐标方程为2219xy.（2）由（1）知曲线C是以1,0为圆心，3 为半径的圆，设圆心为A，则圆心A到直线l的距离3 17435d，所以l与圆A相离，且4PA.连接,AQ AP，在Rt APQ中，22222|437PQPAAQ，所以，7PQ，即PQ的最小值为7.【答案点睛】本题考查参数方程化普通方程，极坐标与普通方程互化，直线与圆的位置关系，是中档题 18、（1）13；（2）分布列见解析，期望为2915【答案解析】（1）甲同学至少抽到 2 道 B 类题包含两个事件：一个抽到 2 道 B 类题，一个是抽到 3 个 B 类题，计算出抽法数后可求得概率；（2）X的所有可能值分别为0,1,2,3，依次计算概率得分布列，再由期望公式计算期望【题目详解】（1）令“甲同学至少抽到 2 道 B 类题”为事件A，则抽到 2 道B类题有2146C C种取法，抽到 3 道B类题有34C种取法，213464310401()1203C CCP AC；（2）X的所有可能值分别为0,1,2,3，2122(0)()3545P X，122 1 21 1 311(1)3 3 53 3 545P XC，212222 1 3204(2)()353 3 5459P XC，223124(3)()354515P X，X的分布列为：X 0 1 2 3 P 245 1145 49 415 2114429()0123454591515E X 【答案点睛】本题考查古典概型，考查随机变量的概率分布列和数学期望 解题关键是掌握相互独立事件同时发生的概率计算公式 19、（1）22184xy（2）2283xy【答案解析】试题分析：（1）因为椭圆 E:22221xyab（a,b0）过 M（2，2），N(6,1)两点,所以2222421611abab解得22118114ab所以2284ab椭圆 E 的方程为22184xy（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组22184ykxmxy得222()8xkxm,即222(12)4280kxkmxm,则=222222164(12)(28)8(84)0k mkmkm,即22840km 12221224122812kmxxkmx xk，22222222212121212222(28)48()()()121212kmk mmky ykxm kxmk x xkm xxmmkkk22222222212121212222(28)48()()()121212kmk mmky ykxm kxmk x xkm xxmmkkk 要使OAOB,需使,即2222228801212mmkkk,所以223880mk,所以223808mk又22840km,所以22238mm,所以283m,即2 63m 或2 63m ,因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为21mrk,222228381318mmrmk,2 63r,所求的圆为2283xy,此时圆的切线ykxm都满足2 63m 或2 63m ,而当切线的斜率不存在时切线为2 63x 与椭圆22184xy的两个交点为或2 62 6(,)33满足OAOB,综上,存在圆心在原点的圆2283xy，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且OAOB 考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系 点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性 20、（1）3；（2）2na ；（3）见解析.【答案解析】（1）依据下标的关系，有18292aaa，18362aaa，两式相加，即可求出18a；（2）依据等比数列的通项公式知，求出首项和公比即可。利用关系式2uvuvaaa，列出方程，可以解出首项和公比；（3）利用等差数列的定义，即可证出。【题目详解】（1）因为对任意,u vN，都有2uvuvaaa，所以18292aaa，18362aaa，两式相加，18236924246aaaaa，解得18=3a；（2）设等比数列na的首项为1a，公比为q，因为对任意,u vN，都有2uvuvaaa，所以有2122aaa，解得12a ，又616232=2aaaaa，即有1623=aaaa，化简得，5231qqq，即2311=0qq，1q或1q ，因为4222aaa，化简得3210qq，所以 1q 故2na 。（3）因为对任意,u vN，都有2uvuvaaa，所以有 1112(1)213131(1)12222kkkkkkk kkkaaaaaaaaaaaa（），123,kkkaaa成等差数列，设公差为d，212(1)1(1)kkaaaakd，323(1)2(1)(1)kkaaaakd，1(1)(1)(1)(1)kkk kkkaaaakd，由等差数列的定义知，12,ka aa也成等差数列。【答案点睛】本题主要考查等差、等比数列的定义以及赋值法的应用，意在考查学生的逻辑推理，数学建模，综合运用数列知识的能力。21、（1）1(,)2e（2）详见解析【答案解析】（1）将原不等式转化为2ln xax，构造函数2ln()xg xx，求得()g x的最大值即可；（2）首先通过求导判断()f x的单调区间，考查两根的取值范围，再构造函数()()(2)h xf xfx，将问题转化为证明()0h x，探究()h x在区间内的最大值即可得证【题目详解】解：（1）由1()f xaxx，即ln xaxx，即2ln xax，令2ln(),(0)xg xxx，则只需max()ag x，312ln()xg xx，令()0g x，得xe，()g x在(0,)e上单调递增，在(,)e 上单调递减，max1()()2g xgee，a的取值范围是1(,)2e；（2）证明：不妨设122ln,()xxxfxx，当(0,1)x时，()0,()fxf x单调递增，当(1,)x时，()0,()fxf x单调递减，1(1)1,0ffe，当x时，()0f x，1210m1,1xxe ，要证122xx，即证212xx，由211,21,()xxf x在(1,)上单调递增，只需证明 212f xfx，由 12f xf x，只需证明 112f xfx，令()()(2)h xf xfx，(0,1)x，只需证明()0h x，易知22lnln(2)(1)0,()()(2)(2)xxhh xfxfxxx，由(0,1)x，故22ln0,(2)xxx，22lnln(2)ln(2)()0(2)(2)xxxxh xxx，从而()h x在(0,1)上单调递增，由(1)0h，故当(0,1)x时，()0h x，故122xx，证毕【答案点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，最值等，关键是要对问题进行转化，比如把恒成立问题转化为最值问题，把根的个数问题转化为图像的交点个数，进而转化为证明不等式的问题，属难题 22、（1）21me（2）答案不唯一具体见解析【答案解析】（1）利用导数的几何意义，设切点的坐标000(,)xx emx，用不同的方式求出两种切线方程，但两条切线本质为同一条，从而得到方程组000201xxxemeex e，再构造函数研究其最大值，进而求得21me；（2）对函数进行求导后得()xfxem，对m分三种情况进行一级讨论，即0m，0m，0m，结合函数图象的单调性及零点存在定理，可得函数零点情况.【题目详解】解:（1）曲线lnyx在点2(,2)e处的切线方程为2212()yxee，即211yxe.令切线与曲线()xf xemx相切于点000(,)xx emx，则切线方程为000()(1)xxyem xex，000201xxxemeex e，221 ln()1meme，令2met，则(1ln)1tt，记()(1ln)g ttt，()1(1ln)lng ttt 于是，()g t在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，max()(1)1g tg，于是21tme，21me.（2）()xfxem，当0m时，()0fx恒成立，()f x在R上单调递增，且(0)10fm，11()10mfem 函数()f x在R上有且仅有一个零点；当0m 时，()xf xe在 R 上没有零点；当0m 时，令()0fx，则lnxm，即函数()f x的增区间是(ln,)m，同理，减区间是(,ln)m，min()(1ln)f xmm.）若0me，则min()(1ln)0f xmm，()f x在R上没有零点；）若me，则()xf xeex有且仅有一个零点；）若me，则min()(1ln)0f xmm.2(2ln)2ln(2ln)fmmmmm mm，令()2lnh mmm，则2()1h mm，当me时，()h m单调递增，()()0h mh e.2(2ln)2ln(2ln)(2)0fmmmmm mmm e 又(0)10 f，()f x在 R 上恰有两个零点，综上所述，当0me时，函数()f x没有零点；当0m或me时，函数()f x恰有一个零点；当me时，()f x恰有两个零点.【答案点睛】本题考查导数的几何意义、切线方程、零点等知识，求解切线有关问题时，一定要明确切点坐标.以导数为工具，研究函数的图象特征及性质，从而得到函数的零点个数，此时如果用到零点存在定理，必需说明在区间内单调且找到两个端点值的函数值相乘小于 0，才算完整的解法.