卷子答案网-一个不只有答案的网站成都八中2023-2024学年第一学期高三第三次模拟考试数学（理科）
时间：120分钟 总分：150分
一、单项选择题．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．
1.已知集合 , 则集合的元素个数为（ ）
A. 1 B.2 C.3 D.4
2.已知 , 则的虚部是（ ）
A. 2 B.
C. D.
3.若双曲线 的焦距长为 8 , 则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.设 满足约束条件则的最小值是（ ）
A. 4 B.5 C.8 D.9
5.已知 是第一象限角, 满足, 则（ ）
A. B.
C. D.
6.已知 是直线,是两个相互垂直的平面，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
7.已知某人收集一个样本容量为 50 的一组数据, 并求得其平均数为 70 , 方差为 75 ,现发现在收集这些数据时, 其中得两个数据记录有误, 一个错将 80 记录为 60 , 另一个错将 70 记录为 90 , 在对错误得数据进行更正后, 重新求得样本的平均数为 , 方差为, 则（ ）
A. B.
C. D.
8.2023 年 5 月 21 日，中国羽毛球队在 2023 年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中 以总比分3: 0 战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场 合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A.18 种 B.30 种 C.24 种 D.36 种
9.已知三棱锥 的四个顶点均在同一个球面上, 底面满足,, 若该三棱锥体积的最大值为 3 , 则其外接球的体积为（ ）
A. B.
C. D.
10.噪声污染问题越来越受到重视. 用声压级来度量声音的强弱, 定义声压级 ,其中常数是听觉下限阈值,是实际声压, 下表为不同声源的声压级:已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为, 则（ ）
A. B.
C. D.
11.将函数 图象上所有点的横坐标变为原来的, 纵坐标不变,所得图象在区间上恰有两个零点, 且在上单调递减, 则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
12.函数 和有相同的最大值, 直线与两曲线和恰好有三个交点, 从左到右三个交点横坐标依次为, 则下列说法正确的是（ ）
①; ②; ③; ④
A. ①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13 展开式中的常数项为_______________.
14 已知向量 , 则_________.
15 已知 是抛物线的焦点, 点, 过点的直线与交于两点,是线段的中点. 若, 则直线的斜率_________.
16 的外心为, 三个内角 A、所对的边分别为,, 则面积的最大值是_________.
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （本题满分12分）已知 是递增的等差数列,.
(1) 求数列 的通项公式;
(2) 若 , 求数列的前项和.
18. （本题满分12分）某地区对某次考试成绩进行分析, 随机抽取 100 名学生的 两门学科成绩作为样本. 将他们的学科成绩整理得到如下频率分布直方图, 且规定成绩达到 70 分为良好. 已知他们中学科良好的有 50 人, 两门学科均良好的有 40 人.
(1)根据所给数据, 完成下面的 列联表, 并根据列联表,判断是否有的把握认为这次考试学生的学科良好与学科良好有关;
(2)用样本频率估计总体概率, 从该地区参加考试的全体学生中随机抽取 3 人, 记这 3 人中 ,学科均良好的人数为随机变量, 求的分布列与数学期望.
附: , 其中.
19 （本题满分12分）如图所示, 在四棱锥 中, 平面平面,四边形是边长为 2 的菱形,,.
(1) 求证: 平面 平面;
(2) 求平面 与平面所成锐二面角的大小.
20. （本题满分12分）已知椭圆 的焦距为 2 , 且经过点.
(1)求椭圆 的方程;
(2)经过椭圆右焦点 且斜率为的动直线与椭圆交于两点, 试问轴上是否存在异于点的定点, 使恒成立 若存在, 求出点坐标, 若不存在, 说明理由.
21 （本题满分12分）已知函数 .
(1)曲线 在点处的切线方程为, 求实数的值.
(2) 在 (1) 的条件下, 若 , 试探究在上零点的个数.
22. （本题满分10分）在平面直角坐标系中, 以坐标原点为极点, 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 已知曲线的极坐标方程为, 过点的直线的参数方程为(为参数)直线与曲线相交于两点
(1) 写出曲线 的直角坐标方程和直线的普通方程;
(2)若 , 求的值.
参考答案及解析
1. 【答案】C 【解析】
，即集合的元素个数为 3 .故选: C.
2. 【答案】A 【解析】因为 ,则
所以虚部为2，故选：A.
3. 【答案】D 【解析】由题意可知 ，即，
令 故选: D
4. 【答案】A 【解析】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的 ，
由题得 ，当直线经过点时，直线的纵截距最小，最小.
联立 得，
所以 的最小值是.
故选: A.
5. 【答案】B 【解析】因为 是第一象限，则为第一象限角或第二象限角，
且 ，
所以
由题意可得：
故选：B.
6. 【答案】D 【解析】若 ，则或或与相交，故推不出，
若 ，则或者，故推不出，
所以当 时， “"是 "”的既不充分也不必要条件，
故选: D
7. 【答案】D 【解析】略
8. 【答案】B 【解析】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有 种站法;
当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，
有 种站法，
所以一共有 种不同的站法.故选: C
9. 【答案】C 【解析】，则是等腰直角三角形，
为所在截面圆的直径，
取 的中点，则为外接圆圆心，
设三棱锥 外接球的球心为，
则 平面，
底面的面积为定值，
当共线且位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为，棱锥的体积最大，
则三棱锥 的体积，解得，
设外接球的半径为 ，则，
在 中，，
在 中，，
由勾股定理得: ，解得.
外接球的体积.
故选: C.
10. 【答案】D 【解析】由题意得, , 所以，
, 所以,
,故C错误；
则有 ，
因为 ，
可得 ，故错误；
因为 ，则，
所以 ，故B错误;
，
所以 ，故D正确.故选: D.
11. 【答案】C 【解析】依题意可得 ，
因为 ，所以，
因为 在恰有 2 个零点，且，
所以 ，解得，
令 ，得，
令 ，得在上单调递减，
所以 ,
所以 , 又，解得.
综上所述， ，故的取值范围是.故选: C.
12. 【答案】B 【解析】,
当 时, 当时,在上单调递增,
当 时,,在单调递减;
当 时,在上单调递增,
当 时,, 在上单调递减.
与有相同的最大值,,
即 ,.
当 时, 当时,单调递增, 当时,单调递减,
所以当 时, 函数有最小值, 没有最大值, 不符合题意,
当 时, 当时,单调递增, 当时,单调递减,
所以当 时, 函数有最小值, 没有最大值, 不符合题意,
所以①②正确.
两个函数图象如下图所示：
由数形结合思想可知: 当直线 经过点时, 此时直线与两曲线和恰好有三个交点,
不妨设 ,
且 ,
由 , 又,
又当 时,单调递增, 所以,
又 , 又,
又当 时,单调递减, 所以,
,
, 于是有, 所以④正确,
如果 , 则, 所以,
与 矛盾, 所以错误, 所以③错误.故选：B
13 【答案】. 【解析】展开式通项为:;令, 解得:展开式中的常数项为.故答案为:. 【
14 【答案】 7 【解析】已知向量,则,又 ,即,又 ,则,即,故答案为: 7 .
15【答案】2 【解析】由题意 , 设直线, 其中,联立 消去得,设 , 则,又 , 则, 即,而 ,则 ,即 ，即 ，所以 , 解得,所以 .
16 【答案】 12 【解析】取 边的中点, 连接,为的外心,, 即,
为边的中点,
为边的中线,
,,
又 ,, 整理得,由余弦定理可得,又 , 由余弦定理, 即,由基本不等式, 即, 当且仅当时,等号成立,的面积,即当且仅当 时,面积的最大值为 12 .故答案为: 12 .
17. 【解析】 (1) 解: 设等差数列的公差为 ,得:
代入: , 得:
(2)
18 【解析】(1) 解: 由直方图可得 学科良好的人数为(人),
可得 ,
所以有 把握认为学科良好与学科良好有关.
(2) 学科均良好的概率的可能取值为, 且.所以,
.
所以 的分布列为
因为 , 所以
19 【解析】(1) 证明: 平面平面, 面面, 且,面平面,
面, 由菱形性质知,
平面, 又平面平面平面.
(2) 解: 如图, 设 的中点为
平面平面, 面面, 且,
平面面, 又, 所以两两互相垂直,
所以以点 为原点, 以直线为轴, 如图所示建立空间直角坐标系,
可得
设平面 的一个法向量为, 而,
由 , 得, 取, 得
设平面 的一个法向量为, 且,
由 , 得, 取, 得,
设平面 与平面所成锐二面角为, 则,
所以 ,故平面与平面所成锐二面角为.
20 【解析】(1) 解: 由椭圆 的焦距为 2 , 故, 则,
又由椭圆 经过点, 代入得, 解得,
所以椭圆 的方程为.
(2) 解: 根据题意, 直线 的斜率显然不为零, 令,
由椭圆右焦点 , 故可设直线的方程为,
联立方程组 , 整理得,
则 ,
设 , 且,
设存在点 , 设点坐标为, 由, 可得,
又因为 ,
所以 , 所以,
所以直线 和关于轴对称, 其倾斜角互补, 即有,
则 , 所以,
所以 , 整理得,
即 , 即，
解得 , 符合题意, 即存在点满足题意.
21 【解析】(1) 解: 由 , 得, 则有
所以切线方程为 . 又因为曲线在点处的切线方程为,
所以 .
(2) 由 (1) 知 ,
则. 令 , 则.
当 时,, 则单调递减,
所以 . 所以在上单调递增.
当 时,; 当时,.
所以 在上存在零点, 且只有一个零点.
当 时,, 则单调递减,,
所以存在 , 当时,, 则单调递增; 当时,,则单调递减.
而 , 所以在上无零点.
综上, 在上只有 1 个零点
22 【解析】(1) 由 整理得曲线的直角坐标方程为,
直线 的普通方程为
(2) 将直线 的参数方程代入曲线的直角坐标方程中,
得 , 设两点对应的参数分别为,
则有
,
, 即,
,
即 , 解得或者(舍去)，
的值为 1
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