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文档简介
2023届云南省临沧一中高三模拟考试(三)数学试题试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知集合,,则()A. B. C. D.2.若为纯虚数,则z=()A. B.6i C. D.203.已知向量,,设函数,则下列关于函数的性质的描述正确的是A.关于直线对称 B.关于点对称C.周期为 D.在上是增函数4.命题:的否定为A. B.C. D.5.已知定义在上的函数满足,且在上是增函数,不等式对于恒成立,则的取值范围是A. B. C. D.6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.47.天干地支,简称为干支,源自中国远古时代对天象的观测.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”称为十天干,“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”称为十二地支.干支纪年法是天干和地支依次按固定的顺序相互配合组成,以此往复,60年为一个轮回.现从农历2000年至2019年共20个年份中任取2个年份,则这2个年份的天干或地支相同的概率为()A. B. C. D.8.已知函数,,,,则,,的大小关系为()A. B. C. D.9.设过定点的直线与椭圆:交于不同的两点,,若原点在以为直径的圆的外部,则直线的斜率的取值范围为()A. B.C. D.10.已知等差数列的前n项和为,,则A.3 B.4 C.5 D.611.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是()A. B. C. D.12.()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知集合,,则_________.14.已知,为虚数单位,且,则=_____.15.一个袋中装着标有数字1,2,3,4,5的小球各2个,从中任意摸取3个小球,每个小球被取出的可能性相等,则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__.16.已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为______.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)如图,在中,点在上,,,.(1)求的值;(2)若,求的长.18.(12分)在平面直角坐标系中,有一个微型智能机器人(大小不计)只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进,且每一步只能行进1个单位长度,例如:该机器人在点处时,下一步可行进到、、、这四个点中的任一位置.记该机器人从坐标原点出发、行进步后落在轴上的不同走法的种数为.(1)分别求、、的值;(2)求的表达式.19.(12分)已知抛物线,焦点为,直线交抛物线于两点,交抛物线的准线于点,如图所示,当直线经过焦点时,点恰好是的中点,且.(1)求抛物线的方程;(2)点是原点,设直线的斜率分别是,当直线的纵截距为1时,有数列满足,设数列的前n项和为,已知存在正整数使得,求m的值.20.(12分)已知公差不为零的等差数列的前n项和为,,是与的等比中项.(1)求;(2)设数列满足,,求数列的通项公式.21.(12分)本小题满分14分)已知曲线的极坐标方程为,以极点为原点,极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系,直线的参数方程为(为参数),求直线被曲线截得的线段的长度22.(10分)在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线交于、两点,求的面积.
参考答案一、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【解析】
求出集合,利用集合的基本运算即可得到结论.【详解】由,得,则集合,所以,.故选:B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,利用函数的性质求出集合是解决本题的关键,属于基础题.2.C【解析】
根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念,可得结果.【详解】∵为纯虚数,∴且得,此时故选:C.【点睛】本题考查复数的概念与运算,属基础题.3.D【解析】
当时,,∴f(x)不关于直线对称;当时,,∴f(x)关于点对称;f(x)得周期,当时,,∴f(x)在上是增函数.本题选择D选项.4.C【解析】
命题为全称命题,它的否定为特称命题,将全称量词改为存在量词,并将结论否定,可知命题的否定为,故选C.5.A【解析】
根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数,由此可将不等式化为;利用分离变量法可得,求得的最大值和的最小值即可得到结果.【详解】为定义在上的偶函数,图象关于轴对称又在上是增函数在上是减函数,即对于恒成立在上恒成立,即的取值范围为:本题正确选项:【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题,涉及到恒成立问题的求解;解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系,从而利用分离变量法来处理恒成立问题.6.C【解析】
首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.7.B【解析】
利用古典概型概率计算方法分析出符合题意的基本事件个数,结合组合数的计算即可出求得概率.【详解】20个年份中天干相同的有10组(每组2个),地支相同的年份有8组(每组2个),从这20个年份中任取2个年份,则这2个年份的天干或地支相同的概率.故选:B.【点睛】本小题主要考查古典概型的计算,考查组合数的计算,考查学生分析问题的能力,难度较易.8.B【解析】
可判断函数在上单调递增,且,所以.【详解】在上单调递增,且,所以.故选:B【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定,指数函数与对数函数的性质,利用单调性比大小等知识,考查了学生的运算求解能力.9.D【解析】
设直线:,,,由原点在以为直径的圆的外部,可得,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理,即可求得答案.【详解】显然直线不满足条件,故可设直线:,,,由,得,,解得或,,,,,,解得,直线的斜率的取值范围为.故选:D.【点睛】本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时,通常用直线和圆锥曲线联立方程组,通过韦达定理建立起目标的关系式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.10.C【解析】
方法一:设等差数列的公差为,则,解得,所以.故选C.方法二:因为,所以,则.故选C.11.D【解析】
根据三视图判断出几何体为正四棱锥,由此计算出几何体的表面积.【详解】根据三视图可知,该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为,所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.故选:D【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图,考查锥体表面积的计算,属于基础题.12.A【解析】
分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.【详解】解:,故选:A【点睛】本题考查复数的除法运算,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
根据交集的定义即可写出答案。【详解】,,故填【点睛】本题考查集合的交集,需熟练掌握集合交集的定义,属于基础题。14.4【解析】
解:利用复数相等,可知由有.15.【解析】
由题,得满足题目要求的情况有,①有一个数字4,另外两个数字从1,2,3里面选和②有两个数字4,另外一个数字从1,2,3里面选,由此即可得到本题答案.【详解】满足题目要求的情况可以分成2大类:①有一个数字4,另外两个数字从1,2,3里面选,一共有种情况;②有两个数字4,另外一个数字从1,2,3里面选,一共有种情况,又从中任意摸取3个小球,有种情况,所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.故答案为:【点睛】本题主要考查古典概型与组合的综合问题,考查学生分析问题和解决问题的能力.16.【解析】
设圆柱的轴截面的边长为x,可求得,代入圆柱的表面积公式,即得解【详解】设圆柱的轴截面的边长为x,则由,得,∴.故答案为:【点睛】本题考查了圆柱的轴截面和表面积,考查了学生空间想象,转化划归,数学运算的能力,属于基础题.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).【解析】
(1)由两角差的正弦公式计算;(2)由正弦定理求得,再由余弦定理求得.【详解】(1)因为,所以.因为,所以,所以.(2)在中,由,得,在中,由余弦定理可得,所以.【点睛】本题考查两角差的正弦公式,考查正弦定理和余弦定理,属于中档题.18.(1),,,(2)【解析】
(1)根据机器人的进行规律可确定、、的值;(2)首先根据机器人行进规则知机器人沿轴行进步,必须沿轴负方向行进相同的步数,而余下的每一步行进方向都有两个选择(向上或向下),由此结合组合知识确定机器人的每一种走法关于的表达式,并得到的表达式,然后结合二项式定理及展开式的通项公式进行求解.【详解】解:(1),,(2)设为沿轴正方向走的步数(每一步长度为1),则反方向也需要走步才能回到轴上,所以,1,2,……,,(其中为不超过的最大整数)总共走步,首先任选步沿轴正方向走,再在剩下的步中选步沿轴负方向走,最后剩下的每一步都有两种选择(向上或向下),即等价于求中含项的系数,为其中含项的系数为故.【点睛】本题考查组合数、二项式定理,考查学生的逻辑推理能力,推理论证能力以及分类讨论的思想.19.(1)(2)【解析】
(1)设出直线的方程,再与抛物线联立方程组,进而求得点的坐标,结合弦长即可求得抛物线的方程;(2)设直线的方程,运用韦达定理可得,可得之间的关系,再运用进行裂项,可求得,解不等式求得的值.【详解】解:(1)设过抛物线焦点的直线方程为,与抛物线方程联立得:,设,所以,,,所以抛物线方程为(2)设直线方程为,,,,,,由得.【点睛】本题考查了直线与抛物线的关系,考查了韦达定理和运用裂项法求数列的和,考查了运算能力,属于中档题.20.(1);(2).【解析】
(1)根据题意,建立首项和公差的方程组,通过基本量即可写出前项和;(2)由(1)中所求,结合累加法求得.【详解】(1)由题意可得即又因为,所以,所以.(2)由条件及(1)可得.由已知得,所以.又满足上式,所以【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和的基本量的求解,涉及利用累加法求通项公式,属综合基础题.21.【解析】解:解:将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为,即,它表示以为圆心,2为半径圆,………4分直线方程的普通方程为,………8分圆C的圆心到直线l的距离,……………10分故直线被曲线截得的线段长度为.……………14分22.(1),;(2).【解析】
(1)在直线的
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