2023学年重庆市中山外国语学校高三下第一次测试数学试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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。 1．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 2．函数的图象大致是( ) A． B． C． D． 3．已知关于的方程在区间上有两个根，，且，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 4．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ） A． B． C． D． 5．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（ ） A．170 B．10 C．172 D．12 6．已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 7．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 8．设P＝{y |y＝－x2＋1，x∈R}，Q＝{y |y＝2x，x∈R}，则 A．P Q B．Q P C．Q D．Q 9．为虚数单位,则的虚部为（ ） A． B． C． D． 10．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ） A． B． C． D． 11．若直线与曲线相切，则（ ） A．3 B． C．2 D． 12．展开项中的常数项为 A．1 B．11 C．-19 D．51 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%． ①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元； ②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________． 14．若，则_________. 15．已知，那么______. 16．已知向量满足，且，则 _________． 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）已知，，. （1）求的最小值； （2）若对任意，都有，求实数的取值范围. 18．（12分）已知分别是内角的对边，满足 （1）求内角的大小 （2）已知，设点是外一点，且，求平面四边形面积的最大值. 19．（12分）已知等差数列的公差，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 20．（12分）己知函数. （1）当时，求证：； （2）若函数，求证：函数存在极小值. 21．（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数． （1）写出与的直角坐标方程； （2）在什么范围内取值时，与有交点． 22．（10分）已知数列满足，，，且. （1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 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、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： 四棱锥体积为： 原几何体体积为： 本题正确选项： 【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. 2、B 【答案解析】 根据函数表达式,把分母设为新函数,首先计算函数定义域,然后求导,根据导函数的正负判断函数单调性,对应函数图像得到答案. 【题目详解】 设，，则的定义域为.，当，，单增，当，，单减，则.则在上单增，上单减，.选B. 【答案点睛】 本题考查了函数图像的判断,用到了换元的思想,简化了运算,同学们还可以用特殊值法等方法进行判断. 3、C 【答案解析】 先利用三角恒等变换将题中的方程化简，构造新的函数，将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题，画出函数图象，再结合，解得的取值范围. 【题目详解】 由题化简得，， 作出的图象， 又由易知． 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了三角恒等变换，方程的根的问题，利用数形结合法，求得范围.属于中档题. 4、A 【答案解析】 根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解. 【题目详解】 由得， 即，即， 因为，所以， 由余弦定理，所以， 由的面积公式得 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 5、D 【答案解析】 中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数. 【题目详解】 由茎叶图知，甲的中位数为，故； 乙的平均数为， 解得，所以. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题. 6、B 【答案解析】 构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论. 【题目详解】 设,则函数的导数,，，即函数为减函数,,，则不等式等价为， 则不等式的解集为,即的解为，，由得或，解得或, 故不等式的解集为.故选:. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题. 7、B 【答案解析】 由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解. 【题目详解】 平面，底面是边长为2的正方形， 如图建立空间直角坐标系，由题意： ，，，，， 为的中点，. ，， ， 异面直线与所成角的余弦值为即为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题. 8、C 【答案解析】 解：因为P ={y|y=-x2+1，x∈R}={y|y1}，Q ={y| y=2x，x∈R }={y|y>0},因此选C 9、C 【答案解析】 利用复数的运算法则计算即可. 【题目详解】 ，故虚部为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查复数的运算以及复数的概念，注意复数的虚部为，不是，本题为基础题，也是易错题. 10、B 【答案解析】 延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积. 【题目详解】 解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形， 则，，， 在中， 则，得， . 故选：B. 【答案点睛】 本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题. 11、A 【答案解析】 设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果. 【题目详解】 设切点为， ∵，∴ 由①得， 代入②得， 则，， 故选A. 【答案点睛】 该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目. 12、B 【答案解析】 展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况. 【题目详解】 展开式中的项为常数项，有3种情况： （1）5个括号都出1，即； （2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即； （3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即； 所以展开项中的常数项为，故选B. 【答案点睛】 本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、130. 15. 【答案解析】 由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值. 【题目详解】 (1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元. (2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元, 元时,李明得到的金额为,符合要求. 元时,有恒成立,即,即元. 所以的最大值为. 【答案点睛】 本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养. 14、 【答案解析】 因为，所以.因为，所以，又，所以，所以.. 15、 【答案解析】 由已知利用诱导公式可求，进而根据同角三角函数基本关系即可求解. 【题目详解】 ∵， ∴，， ∴. 故答案为：. 【答案点睛】 本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，属于基础题. 16、 【答案解析】 由数量积的运算律求得，再由数量积的定义可得结论． 【题目详解】 由题意， ∴，即，∴． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查求向量的夹角，掌握数量积的定义与运算律是解题关键． 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）2；（2）. 【答案解析】 （1）化简得，所以，展开后利用基本不等式求最小值即可； （2）由（1），原不等式可转化为，讨论去绝对值即可求得的取值范围. 【题目详解】 （1）∵，， ∴，∴. ∴ . 当且仅当且即时，. （2）由（1）知，， 对任意，都有， ∴，即. ①当时，有， 解得； ②当，时，有， 解得； ③当时，有， 解得； 综上，， ∴实数的取值范围是. 【答案点睛】 本题主要考查基本不等式的运用和求解含绝对值的不等式，考查学生的分类思想和计算能力，属于中档题. 18、（1）（2） 【答案解析】 （1）首先利用诱导公式及两角和的余弦公式得到，再由同角三角三角的基本关系得到，即可求出角； （2）由（1）知，是正三角形，设，由余弦定理可得：，则，得到，再利用辅助角公式化简，最后由正弦函数的性质求得最大值； 【题目详解】 解：（1）由， ， ， ， ， ， ， ； （2）由（1）知，是正三角形，设， 由余弦定理得：， ，， 所以当时有最大值 【答案点睛】 本题考查同角三角函数的基本关系，三角恒等变换公式的应用，三角形面积公式的应用，以及正弦函数的性质，属于中档题. 19、（1）；（2）. 【答案解析】 （1）根据等比中项性质可构造方程求得，由等差数列通项公式可求得结果； （2）由（1）可得，可知为等比数列，利用分组求和法，结合等差和等比数列求和公式可求得结果. 【题目详解】 （1）成等比数列，，即， ，解得：， . （2）由（1）得：，，， 数列是首项为，公比为的等比数列， ． 【答案点睛】 本题考查等差数列通项公式的求解