山西省太原市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试理科数学试卷（含解析）

山西省太原市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试理科数学试卷学校:___________姓名：___________班级：____
_________一、单选题1．已知集合，，则（?）A．B．C． AB D．BA2．若复数满足，则下列说法正确的是（?）A．的虚部
为B．的共轭复数为C．在复平面内对应的点在第三象限D．3．如图所示，已知点G是的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两
点（点M，N与点B，C不重合），设，，则的最小值为（?）A．2B．C．4D．4．已知，则（?）A．B．C．D．5．春节期间，某地政
府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每
个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（?）A．120种B．240种C．420种D．720种6．设双曲线C：的左?右焦点分别为，
，以为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切，且该圆恰好经过线段的中点，则双曲线C的离心率是（?）A．B．C．D．7．若a，b，c，
d成等比数列，那么，，是（?）A．等差数列B．等比数列C．既是等差又是等比数列D．不一定8．正四面体内接于一个半径为R的球，则该正
四面体的棱长与这个球的半径的比值为（?）A．B．C．D．9．在中，角的对边分别为，已知，点为边上一点，且，则的值为（?）A．5B．
1C．1或5D．410．已知数列满足，则（?）A．1024B．1023C．2048D．204711．已知a，b，c满足，，，则（?
）A．B．C．D．12．已知，，，其中，，，则（?）A．B．C．D．二、填空题13．某学校为了调查学生的学习情况，由每班随机抽取名
学生进行调查，若一班有名学生，将每一学生编号从到，请从随机数表的第行第、列（下表为随机数表的前行）的开始，依次向右，直到取足样本，
则第五个编号为____.78166514080263140702436997280198320492344935820036234
8696938748114．已知正实数m，n满足，则的最小值是________.15．向量是单位向量，，，则___________
.16．（2012年苏州B14）已知是定义在上的奇函数，，若，且时,恒成立，则不等式的解集是 ______．三、解答题17．如图，
设单位圆与x轴的正半轴相交于点，当时，以x轴非负半轴为始边作角，，它们的终边分别与单位圆相交于点，．（1）叙述并利用上图证明两角差
的余弦公式；（2）利用两角差的余弦公式与诱导公式．证明：．（附：平面上任意两点，间的距离公式18．高中生的数学阅读水平与其数学阅读
认知、阅读习惯和方法等密切相关．为了解高中生的数学阅读现状，调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷，在问卷中对于学生每周数学
阅读时间统计如下：时间（小时/周）0人数20403010(1)为了解学生数学阅读时间偏少的原因，采用样本量比例分配的分层随机抽样从
这100名学生中随机抽取10名学生，再从这10人中随机抽取2名进行详细调查，求这2名学生中恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的
概率；(2)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生数学阅读时间在小时的概率，求取最大值
时对应的的值．19．如图，等腰梯形中，//，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.(1)证明：；(2)若直线与平面
所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.20．已知点在椭圆上，直线交椭圆于，两点，直线?的斜率之和为0.(1)求直线的斜率；(2)求
面积的最大值.21．已知函数f(x)＝cos2x－2sin2(＋x)＋1，x∈R.（1）求函数f(x)的单调递减区间；（2）在△A
BC中，角A，B，C的对边为a，b，c，且满足a＝2bsinA，B∈(0，)，若关于A的方程f(A)＋m＝1恰有两个不同的实数根，
求实数m的取值范围.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为，曲线C的参数方程为(t为参数).以O点为极点，x轴的非负半轴为
极轴建立极坐标系.（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）设射线与直线l和曲线C分别交于点M，N，求的最小值.23．已知函数.（
1）若，证明：.（2）若关于x的不等式的解集为，求a，b的一组值，并说明你的理由.参考答案1．D【分析】真子集的概念即可.【详解】
由真子集的概念，知BA． 故选：D2．D【分析】根据复数的虚部概念和几何意义可判断A,C，根据共轭复数的概率和模长可判断B,D.【
详解】因为则，故D对，B错，的虚部是1，对应的点为，在第二象限，故A,C错误.故选：D3．C【分析】重心为三角形三条中线的交点，利
用重心分线段为2：1的性质结合三点共线得到，最后利用基本不等式中“1”的妙用代入解题即可.【详解】因为G为重心，所以，所以有，因为
三点共线，所以，即，即，所以，当且仅当，即时取得等号，所以最小值为4.故选：C4．B【分析】首先利用诱导公式化简，再利用，将要求式
除以，然后分子分母同时除以即可求解.【详解】由题意，，则．故选B．【点睛】本题考查诱导公式和同角关系式，属于基础题.5．C【分析】
先对图中不同的区域命名，再运用分步计数和分类计数的方法从中央开始计数即可.【详解】如图，先在A中种植，有5种不同的选择，再在B中种
植，有4种不同的选择，再在C中种植，有3种不同的选择，再在D中种植，若D与B种植同一种花卉，则E有3种不同的选择，若D与B种植不同
花卉，则D有2种不同的选择，E有2种不同的选择，不同的布置方案有种；故选：C.6．A【分析】先由焦点到渐近线的距离求出半径，再利用
该圆过线段的中点得到，即可求出离心率,【详解】由题意知：渐近线方程为，由焦点，，以为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切，则圆的半
径等于圆心到切线的距离，即，又该圆过线段的中点，故，所以离心率为.故答案为：.7．D【分析】对数列a，b，c，d的公比进行分类讨论
，即可根据等差等比的定义进行判断.【详解】设a，b，c，d的公比为q，则，，，当时，，，，此时，，是成等差数列，也是等比数列，当时
，，，此时，，是等差数列，当且时，，，所以此时，，成等比数列．故选：D8．C【分析】设正四面体的棱长为2a，由正四面体几何性质得出
a与外接球半径R的关系式，即可求比值【详解】设正四面体的棱长为2a，正四面体的外接球心为O，的内心为M，则平面ABC，由平面ABC
，则，由，则.故选：C9．A【分析】首先利用三角恒等变形得，并结合余弦定理求，最后在中，利用余弦定理求的值.【详解】,得,,所以，
,，因为，所以是等边三角形，所以,得，又 ,设，中，利用余弦定理，，解得：或（舍）所以.故选：A10．B【分析】由递推关系，利用累
加法求．【详解】因为，即，所以．故选：B．【点睛】本题考查由递推关系求数列的项，解题方法是累加法．当递推式是数列前后的差时，可用累
加法求通项，若已知的是前后项的商，则可用连乘法求通项．11．A【分析】运用指数运算求出的范围，根据对数运算及对数函数的单调性求出的
范围，计较即可.【详解】由，可得；因为，,又在上单调递增，；由，可得，.故选:A12．C【分析】先令函数，求导判断函数的单调性，并
作出函数的图像，由函数的单调性判断，再由对称性可得.【详解】由，则，同理，，令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得
，又，，由图的对称性可知，.故选：C13．43.【解析】从随机数表的第行第、列开始，依次向右读取为，其中符合条件，故可得结论.【详
解】从随机数表的第行第、列开始，依次向右选取两个数字，选取编号在到之间，并且去掉重复的数字，符合条件的为.故答案为：43.【点睛】
本题考查了随机数表的读法，注意在读取符合编号中的数据的同时重复数据只取一次，属于基础题.14．【分析】利用已知条件配凑出：，展开后
可用基本不等式求得最小值．【详解】∵正实数m，n满足，∴，当且仅当，即时，等号成立，∴的最小值是．故答案为：．【点睛】本题考查用基
本不等式求最值．基本不等式求最值的条件：一正二定三相等．其中定值常常需要我们配凑出，而“1”的代换是常用的配凑法．15．【分析】由
题意可得，进行向量的模的运算代入求值即可得答案．【详解】由题意，向量是单位向量，，，可得；所以.故答案为：．16．【详解】由题设可
知函数是偶函数且在区间内的单调递减函数；所以原不等式可化为，即或，即则或，应填答案．点睛：解答本题的关键是借助题设中的函数的奇偶性
与单调性，进而运用分类整合思想，数形结合从而将问题进行等价转化从而使得问题获解．17．（1）两角差的余弦公式为：，证明见解析；（2
）证明见解析.【解析】（1）先构造向量，再利用数量积代入计算即得结果；（2）利用诱导公式知，再结合两角差的余弦公式展开即得结论.【
详解】解：（1）两角差的余弦公式为：.证明：依题意，，则，故由得，，即，当时，容易证明上式仍然成立．故成立；（2）证明：由诱导公式
可知，.而，故.即证结论.【点睛】本题解题关键在于构造向量，综合运用数量积的定义法运算和坐标运算，即突破难点.18．(1)(2)4
【分析】(1)根据表中数据，即可知10人有4人阅读时间大于0.5，由组合即可求解概率，(2)将频率视为概率则，利用二项分布概率公式
及不等式法求取得最大时对应的值．（1）抽取的10人中，周阅读时间大于0.5小时的有4人，小于等于0.5小时的有6人， 故恰有一人每
周数学阅读时间大于0.5小时的概率为（2）周阅读时间在小时的频率为，故概率为，则，所以，由得：，化简得解得，又，故，19．(1)证
明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，证明平面即可； （2）结合直线与平面所成的角，先证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间
向量求平面所成的角【详解】（1）连接，设的中点为，由//，，故四边形为平行四边形，∴，故，为等边三角形，故，，折叠后，又，且平面，
故平面，又平面，故（2）由（1）已证得平面，故在平面内可作平面，垂足为，则在直线上，直线与平面夹角为，又，故，∴两点重合，即平面，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的一个法向量为，则，即，令得，又平面，显然为平面的一个法向量，设
平面与平面夹角的大小为，则所以.20．(1)(2)【分析】（1）首先根据题意得到椭圆的方程为，设直线的方程为，再根据求解即可.（2
）根据题意得到点到直线的距离，，再根据，结合基本不等式求解即可.【详解】（1）将点的坐标代入椭圆方程得，化简得，解得（舍）或，故椭
圆的方程为.设，，由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，解得.，即.则，.由，化简得，故，整理得，又直线不经过点，即，故.
（2）由（1）知，直线的方程为，，，所以点到直线的距离，，所以，当且仅当，即时等号成立.经验证，此时满足直线与椭圆相交，故的面积最
大为.21．（1）；（2）.【分析】（1）由二倍角公式降幂，再由两角和的余弦公式化简，然后由余弦定理的单调性得结论；（2）由正弦定
理变形后求和，从而有，利用（1）的结论得在上的单调性，结合余弦函数性质可得有两个根时参数的范围．【详解】（1），由，得，，所以减区
间是．（2）因为，由正弦定理得，是三角形内角，，所以，又，所以，所以，由（1）在上递减，在上递增，又，，，所以，即有两个不等实根，
则，．即的取值范围是．22．（1）,；（2）1．【分析】（1）由参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化公式，结合同角三角函数的平
方关系，可得所求；（2）求得，， 运用辅助角公式，结合正弦函数的最值，计算可得所求最小值．【详解】将代入，得直线的极坐标方程为，即
，由消去参数，得曲线的普通方程为，将代入，得曲线的极坐标方程为，由射线与交于点，得，即，由射线与曲线交于点，得，即，则，所以当时，得时，取得最小值.23．（1）证明见解析；（2）a，b的一组值为0，5，理由见解析.【分析】（1）利用绝对值三角形不等式得到，再根据，得到证明；（2）根据不等式的解集为，得到，不妨取，则，再证明的解集为即可.【详解】（1）证明：.因为，所以，当时，取得最小值1，故，，.（2）依题意可得，即，不妨取，则.下面证明的解集为.证明：当时，，则，又，所以.当时，显然成立，所以.当时，，则，又，所以.所以的解集为，故a，b的一组值为0，5.【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是绝对值三角不等式的应用和的变形的巧妙结合.试卷第11页，共33页答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页