四川省2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试数学（理）试卷一、单选题1．已知全集，集合，则（?）A．B．C．D．2．已知，是虚数单位
，若与互为共轭复数，则（?）A．B．C．D．3．在下列给出的四个结论中，正确的结论是（?）A．已知函数在区间内有零点，则B．是与的
等比中项C．若是不共线的向量，且，则∥D．已知角终边经过点，则4．如图，在正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的主(正)视图与左(
侧)视图的面积之比为（?）A．3：2B．2：1C．2：3D．1：15．曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围为（?）A．B．C．
D．6．若与是两条不同的直线，则“”是“”的（?）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件7
．一个袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（，），从中任取1个球（每球取到的机会均等），设表示取出的红球个数，表示取出的白球个数，则
A．B．C．D．8．如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上（含原点）上滑动，则的最大值是（?）A．
1B．C．2D．9．如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（?）A．B．C．D．10．智慧
的人们在进行工业设计时，巧妙地利用了圆锥曲线的光学性质，比如电影放映机利用椭圆镜面反射出聚焦光线，探照灯利用抛物线镜面反射出平行光
线．如图，从双曲线右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线斜率为，且和反射光线PE互相垂
直（其中P为入射点），则双曲线的离心率为（?）A．B．C．D．11．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”
.事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，若实数满
足，则的取值范围是（?）A．B．C．D．12．已知函数，则方程恰有两个不同的实根时，实数的取值范围是．A．B．C．D．二、填空题1
3．用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是 _________ ．14．奋进新时代，扬帆新航程.在南海海域的某次海上阅
兵上，一大批国产先进舰船和军用飞机接受了党和人民的检阅.歼-15舰载飞机从辽宁舰航空母舰上起飞，以千米/小时的速度在同一水平高度向
正东方向飞行，在阅兵舰“长沙号”导弹驱逐舰上第一次观察到歼-15舰载飞机在北偏西，1分钟后第二次观察到歼-15舰载飞机在北偏东，仰
角为，则歼-15飞机飞行高度为_______千米（结果保留根号）.15．在棱长为的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表
面积的最小值为_______.16．给出以下四个命题：①若，则；②已知直线与函数，的图像分别交于点，则的最大值为；③若数列为单调递
增数列，则取值范围是；④已知数列的通项，前项和为，则使的的最小值为12.其中正确命题的序号为__________.三、解答题17．
设函数的图象过点．(1)求；(2)求函数的周期和单调增区间；(3)画出函数在区间上的图象.18．如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正
方形，为棱的中点．(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．19．惠州市某高中学校组织航天
科普知识竞赛，分小组进行知识问题竞答.甲乙两个小组分别从6个问题中随机抽取3个问题进行回答，答对题目多者为胜.已知这6个问题中，甲
组能正确回答其中4个问题，而乙组能正确回答每个问题的概率均为.甲?乙两个小组的选题以及对每题的回答都是相互独立，互不影响的.(1)
求甲小组至少答对2个问题的概率；(2)若从甲乙两个小组中选拔一组代表学校参加全市决赛，请分析说明选择哪个小组更好？20．已知椭圆，
其长轴长是焦距的2倍，短轴的一个端点到右顶点的距离为．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点，若，求
的面积．21．已知函数的图象在点处的切线方程为.(1)用表示出，；(2)若在上恒成立，求的取值范围；(3)证明：.22．在直角坐标
系中，直线l的参数方程为其中t为参数，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，其中为参数．(1)求
直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程，并画出曲线C的简图（无需写出作图过程）；(2)直线与曲线C相交于A，B两点，且，求的值．2
3．设函数（，且，）(1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项；(2)对任意的实数，证明（是的导函数）；(3)是否存在，使得恒成立
？若存在，试证明你的结论并求出的值；若不存在，请说明理由．参考答案1．C【分析】写出，，根据补集含义得出答案.【详解】由题意得，，
.故选：C.2．C【分析】根据共轭复数的概念可求得的值，进而根据复数的乘法运算即可求得结果.【详解】由已知可得，所以.故选：C.3
．C【分析】逐一判断每一个命题的真假得解.【详解】A. 已知函数在区间内有零点，不一定有，还有可能，所以该选项错误.B. 是与的等
比中项是错误的，因为与的等比中项是；C. 若是不共线的向量，且 ，所以，所以∥，所以该选项是正确的；D. 已知角终边经过点，则，所
以该选项是错误的.故答案为：C【点睛】本题主要考查零点定理和等比中项，考查向量共线和任意角的三角函数，意在考查学生对这些知识的掌握
水平和分析推理能力.4．D【分析】首先根据题意找到三棱锥的正视图与侧视图，再计算面积和即可.【详解】设点在平面的射影为，在平面的射
影为，如图所示：∴三棱锥的正视图与侧视图分别为与，因此所求面积.故选：D.5．B【分析】先由题意曲线表示以为圆心，半径为的圆，根据
题意圆心到直线的距离满足，从而得出答案.【详解】曲线化为，表示以为圆心，半径为的圆.根据题意，则圆心到直线的距离满足，解得故选：B
6．C【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.【详解】由题意，若，则，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，故选
：C．7．D【分析】列出随机变量和的分布列，分别计算出的值，结合，可以判断出和大小关系，选出正确答案.【详解】由题意可知：随机变量
的分布列如下图所示：01P所以有,，随机变量的分布列如下图所示：01P，，因为，所以，因此有，故本题选D.【点睛】本题考查了随机变
量的分布列、数学期望和方差的计算，考查了数学运算能力.8．C【分析】令，由边长为1的正方形的顶点、分别在轴、轴正半轴上，可得出，的
坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可．【详解】解：如图令，由于，故，，如图，，故，，故同理可求得，即，所以所以当时，取
得最大值为2，故选：C．9．D【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法确定M的
轨迹满足，求出的最小值，直接求出面积的最小值.【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，，，，设 ，则 ，，因为 ，所以 ，得 ，所以 ，所以 ，当 时， 取最小值 ，易知，所以 的最小值为．故选：D.10．D
【分析】由入射光线的斜率得出，进而得出，再由双曲线的定义得出双曲线的离心率.【详解】因为入射光线斜率为，所以，又，，所以，又，所以
.故选：D11．C【分析】由两点的距离公式和椭圆的定义可得点在椭圆上.继而有表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由
图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立椭圆与直线的方程，利用根的判别式可求得答案.【详解】因为，可转化为点到点和点的距离之和为
，故点在椭圆上.表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立方程组整理得，，解
得或，故的取值范围是故选：C.12．B【分析】作出函数与的图象,讨论交点个数可求出的取值范围.【详解】作出函数的图象,见下图.若与
相切,求导得,设切点为,则,切线斜率为,即切线方程为:,该切线过原点,则,解得,此时,显然与的图象只有一个交点,即方程只有一个实根
;若,直线与的图象在时无交点,在时有2个交点,符合题意;若,直线与的图象在时有1个交点,在时有2个交点,不符合题意;若,直线与的图
象在时有1个交点,在时无交点,不符合题意;若,,直线与的图象至多有一个交点,不符合题意.所以只有符合题意.故选:B.【点睛】本题考
查了方程的解与函数图象的关系,考查了曲线的切线方程的求法,利用数形结合的数学方法是解决本题的关键,属于难题.13．9【分析】根据题
意，分3步进行分析：①，0可以放在百位、十位和个位，分析可得0的可能情况，②，在剩下的3个数位中任选1个，安排2，③，最后2个数位
安排2个1，由分步计数原理，计算可得答案【详解】根据题意，分3步进行分析：①，0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况
，②，在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况，③，最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成个不同四位数即答案为9.【点
睛】本题考查排列．组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意其中两个1是相同的．14．##【分析】作出图形，用点表示歼-15舰载飞机
，用点表示阅兵舰，然后由正弦定理求得，再在直角三角形中求得．【详解】如图，是阅兵舰，是歼-15舰载飞机被观察的起始位置，是飞机在地
面上的射影，由已知千米，，是正北方向，因此，，，，，由正弦定理，即，解得，在直角三角形中，．故答案为：．15．【解析】作出图形，设
，利用基本不等式可求得的最大值，可求得的最小值，利用正弦定理求得外接圆直径的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结
果.【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为，取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱
底面圆上每个点的距离都等于，则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得. 本题中，平面，设的外接圆为圆，可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示
：设的外接圆直径为，，该三棱锥的外接球直径为，则.如下图所示：设，则，，，，当且仅当时，取得最大值，由，可得，，所以，的最大值为，
由正弦定理得，即的最小值为，因此，，所以，三棱锥外接球的表面积为.故三棱锥外接球的表面积的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：
求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去
求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心
，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.16．①②【分析】根据
题意，利用三角函数有界性可判断①正确；利用作差变形再应用辅助角公式，求三角函数的最值问题可判断②；再根据数列知识，作差变形判断参数
恒成立问题可判断③；应用列举法，求数列和，可判断④.【详解】①由，得或，∴，，或，，，，或，.②把带入和，得.则的最大值为；③若数
列为单调递增数列，则恒成立，恒成立，得.④由知：，，，，，，，，，，，，，则使的n的最小值为11.故答案为：①②【点睛】本题考查三
角函数有界性，考查数列单调性，考查作差法，判断命题的正误，综合性较强，有一定难度.17．(1)(2)周期为，增区间是(3)图象见解
析【分析】（1）根据可得，再结合即可解出；（2）由（1）知，由周期公式即可求出最小正周期，根据整体代换法，由即可得到单调增区间；（
3）根据五点作图法即可作出图象．【详解】（1）∵f（x）的图象过点．∴sin，∴，即，∵﹣π＜＜0，∴.（2）由（1）知，因此，所
以最小正周期为，周期为．由题意得．解得所以函数的单调增区间是．（3）列表x0－1010故函数在区间上的图象为18．(1)证明见解析
(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证
明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，所
以，，又，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以．由，为棱的中点，所以，又，平面，因此平面，又平面，故平面平面；（2）由（1）
得是与侧面所成角，即，令，所以，又，所以，，，则，．以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，
．所以，． 设是平面的一个法向量，则即取． 易知是平面的一个法向量，则．而平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
19．(1)(2)甲小组参加决赛更好【分析】（1）甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题，分别求出其概率，然后由互斥事件
的概率加法公式可得答案.（2）甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3,求出X的期望和方差，设乙小组抽取的
三题中正确回答的题数为Y，则，求出求出Y的期望和方差，比较得出答案.（1）甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题；，所求
概率（2）甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3.，结合（1）可知，.设乙小组抽取的三题中正确回答的题数
为Y，则，，由，可得，甲小组参加决赛更好.20．(1)(2)【分析】（1）根据题意列式运算求解，即可得结果；（2）根据题意结合韦达
定理可求得，再利用弦长公式求面积，注意讨论直线l的斜率是否存在.【详解】（1）因为椭圆的长轴长是焦距的2倍，所以，即，又短轴的一个
端点到右顶点的距离为，所以，则，所以，故椭圆C的方程为．（2）由（1）知椭圆C的方程为，①当直线l的斜率不存在时，M，N为短轴的端
点，不妨设，，所以，，此时，不合题意；②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为，，，联立方程，消去y并整理得，则，，，，因为，则
，所以，因为，则，整理得，解得，此时直线l的方程为，所以，点P到直线l的距离，所以．综上所述：的面积为.【点睛】方法定睛：有关圆锥
曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数
的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用×底×高，其中底往往是弦长，而高
用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面
积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程
思想的应用.21．(1).(2)(3)证明见解析.【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；（2）由在上恒成立，设函数
，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.（3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n
个不等式累加,即可证明结论.【详解】（1）由可得，则，且，则.（2）由（1）知，，令，则 ，当时，，若，则，是减函数，所以 ，这与
题意不符；当时， ，若，则，仅当时等号成立，是增函数，所以，即恒成立，仅当时等号成立，综上所述，所求a的取值范围为.（3）由（2）
知，当 时，有 ，取，有，且当时，，令，则 ，即，即，，，，将上述n个不等式依次相加得 ，两边加，整理得【点睛】关键点点睛：证明
不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的
方法，即可证明.22．(1)，，作图见解析；(2)或．【分析】（1）消去参数，即可得出直线的普通方程.根据公式即可求得曲线C的直角
坐标方程.然后根据方程作图即可；（2）设点A位于第一象限，由图象集合已知条件可推出，.由，可求得.然后根据的范围，即可得出的值．【详解】（1）将直线的参数方程消去t，得普通方程为．曲线C的极坐标方程为，即，又，，，所以曲线C的直角坐标方程为．则曲线C的简图如图所示．（2）不妨设点A位于第一象限，结合图形和直线可知，，，则，所以.又，所以，则或，所以或．23．(1)(2)证明见解析(3)存在，且【分析】（1）利用二项系数系数的性质可求得展开式中系数最大的项；（2）利用基本不等式结合放缩法可证得原不等式成立；（3）利用二项展开式、放缩法可证得，进而可得出满足条件的整数的值.【详解】（1）解：当时，展开式中二项式系数最大的项为第项，这项为.（2）证明：，因此，对任意的实数，证明.（3）解：对任意的且，有，又因为，故，从而有，即存在，使得成立.【点睛】关键点点睛：本题第三问考察利用数列不等式恒成立求满足条件的整数值，解题的关键在于利用二项式定理结合数列放缩法证得成立，再利用数列求和的思想进行求解.答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
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