西藏拉萨那曲第二高级中学2023学年高三第三次测评数学试卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、的。1在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( )A5B6C7D92已知角的终边经过点P()，则sin()=ABCD3 “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）ABCD4已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）ABCD5已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以

3、下四个结论中，正确的个数是（ ）与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；若面，则与面所成角的正切值取值范围是；若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.ABCD6中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）ABCD7已知集合，则中元素的个数为( )A3B2C1D08若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，

4、目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）. A6500元B7000元C7500元D8000元9各项都是正数的等比数列的公比，且成等差数列，则的值为()ABCD或10 若x,y满足约束条件的取值范围是A0,6B0,4C6, D4, 11现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为ABCD12已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）ABC或D或4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设为锐角，若，则的值为_14若函数，则_；_.15已知数列满足

5、,且,则_.16展开式的第5项的系数为_.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）等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前2020项的和18（12分）在直角坐标系中，直线l过点，且倾斜角为，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，并判断曲线C是什么曲线；设直线l与曲线C相交与M，N两点，当，求的值19（12分）已知函数，且.（1）求的解析式；（2）已知，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围.20

6、（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.（）求角的大小；（）已知，求的大小.21（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2，（）证明；ACBP；（）求直线AD与平面APC所成角的正弦值22（10分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点 （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值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、A【答案解析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性

7、，结合图像得出，即得出，从而得出的最大值.【题目详解】因为，则，即整理得，令，设，则，令,则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，因为，由题可知：时，则，所以，所以，当无限接近时，满足条件，所以，所以要使得故当时，可有，故，即，所以：最大值为5.故选：A.【答案点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.2、A【答案解析】由题意可得三角函数的定义可知：，则：本题选择A选项.3、A【答案解析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.【题目详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:

8、(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),而加数全为质数的有(3,3),根据古典概型知，所求概率为.故选：A.【答案点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.4、C【答案解析】试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故选C考点：1向量加减法的几何意义；2正弦定理；3正弦函数性质5、C【答案解析】与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；设，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即

9、可求出六个面上的正投影长度之和【题目详解】如图：错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为； 正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.故选：.【答案点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题6、C【答案解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.7、C【答

10、案解析】集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，联立方程组求得方程组解的个数，即为交集中元素的个数.【题目详解】由题可知：集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，联立与，可得，整理得，即，当时，不满足题意；故方程组有唯一的解.故.故选：C.【答案点睛】本题考查集合交集的求解，涉及圆和直线的位置关系的判断，属基础题.8、D【答案解析】设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可【题目详解】设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：600015%x10%1解得x2故选D【答案点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题9、C【答案解析】分析：解决该题的关键

11、是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比所满足的等量关系式，解方程即可得结果.详解：根据题意有，即，因为数列各项都是正数，所以，而，故选C.点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比，而待求量就是，代入即可得结果.10、D【答案解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是4，+）故选D11、B【答案解析】求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【题目详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学

12、生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.【答案点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.12、C【答案解析】对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.【题目详解】分析知，.讨论：当时，所以，所以；当时，所以，所以.综上，或，故选C.【答案点睛】本题主要考查指数函数的值域问题，

13、指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】为锐角，故.14、0 1 【答案解析】根据分段函数解析式，代入即可求解.【题目详解】函数，所以，.故答案为：0；1.【答案点睛】本题考查了分段函数求值的简单应用，属于基础题.15、【答案解析】数列满足知，数列以3为公比的等比数列，再由已知结合等比数列的性质求得的值即可.【题目详解】，数列是以3为公比的等比数列，又，故答案为：【答案点睛】本题考查了等比数列定义，考查了对数的运算性质，考查了等比数列的通项公式，是中档题16、70【答案解析】根据二项式定理的通项

14、公式，可得结果.【题目详解】由题可知：第5项为故第5项的的系数为故答案为：70.【答案点睛】本题考查的是二项式定理，属基础题。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），； （2）.【答案解析】(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.【题目详解】(1)依题意得: ，所以 ，所以解得 设等比数列的公比为，所以 又(2)由（1）知，因为 当时, 由得，即，又当时，不满足上式， .数列的前2020项的和 设 ，则 ，由得： ，所以，所以.【答案点睛】本题考查等差数

15、列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.18、 () 曲线是焦点在轴上的椭圆；()【答案解析】试题分析：（1）由题易知，直线的参数方程为，（为参数），；曲线的直角坐标方程为，椭圆；（2）将直线代入椭圆得到，所以，解得试题解析：()直线的参数方程为. 曲线的直角坐标方程为，即， 所以曲线是焦点在轴上的椭圆. ()将的参数方程代入曲线的直角坐标方程为得， 得， ，19、（1）；（2）【答案解析】（1）由,可求出的值,进而可求得的解析式;（2）分别求得和的值域,再结合两个函数的

16、值域间的关系可求出的取值范围.【题目详解】（1）因为,所以,解得,故.（2）因为,所以,所以，则,图象的对称轴是.因为,所以,则,解得,故的取值范围是.【答案点睛】本题考查了三角函数的恒等变换,考查了二次函数及三角函数值域的求法,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.20、（）；（）.【答案解析】（）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；（）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解【题目详解】（）由正弦定理得.而.由以上两式得，即.由于，所以，又由于，得.（）设，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【答案

17、点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题21、（）见解析（）【答案解析】(I)取的中点,连接,通过证明平面得出;(II)以为原点建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出与平面所成角【题目详解】（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，ABBC，PAPC，ACBM，ACPM，又BMPMM，AC平面PBM，BP平面PBM，ACBP（II）解：底面ABCD是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2，ABC120，ABBC1，AC，BM，ACCD，又ACBM，BMCDPAPC，CM，PM，PB，cosBMP，PMB120，以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系Mxyz，如图所示：则A（0，0），C（0，0），P（，0，），D（1，0），（1，0），（0，0），（，），设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，令x得（，0，1），cos，直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos，|【答案点睛】本题考查异面直线垂直的证明,考查直线与平面所成角的正弦值的求法,解题时要认真审题,注意向量法的合理使用,难度一般.22、 (1)见证明；(2) 【答案解析】（1）取PD中点