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许济洛平2022一2023学年高三第三次质量检测
7,蒙特卡洛方法是第二次世界大战时期兴起和发展起来的，它的代表人物是冯·诺依曼，这
种方法在物理、化学、生物、社会学等领域中都得到了广泛的应用.在概率统计中我门称利
理科数学
用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛方法.甲、乙两名选手进行比赛，采用三局两胜制
注意事项：
决出胜负，若每局比赛甲获胜的的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用随机模拟的方法
1
1.答卷前，考生务必将自已的姓名和准考证号填写在答题卡上。
估计甲最终赢得比赛的概率，由计算机随机产生0~4之间的随机数，约定出现随机数0、】
2,回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需
1
或2时表示一局比赛甲获胜，观产生了20组随机数如下：312012311233003
改动，用橡皮擦干净后，再进涂其它答案标号。回答非选邦题时，将答案写在答题卡上。写
342414221041231423332401430014321223040203·243,则
在本试卷上无效。
协
3.考试结求后，将本试卷和答题卡一并交回。
依此可估计甲选手最终得比赛的概率为
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
A.0.6
B.0.65
C.0.7
D.0.648
是符合题目要求的。
1.设全集U=R,集合A={xx2-x-20},B-{xlg<0},则Cw(AnB)=
8.已知函数)=25eos(受)-s-3(w>0)的图像
A.（-,-1]
B.(-∞，1)U[2,+9)
如图所示，则w的值为
邻
C.(-0,0]U[1,+o）
D.(=∞，-1)
2.已知复数2=a+2i(a∈R),若，为纯啦数，则云=
A号
0
A.1+2i
B.1-2i
C.2+2i
D.2-2i
开始
c号
D
-2H
3.若如图所示的程序框图输出的结果为S=720,则图中空白框中
9.已知函数f(x)=21l-1,记a=f(10ga3),b=f八logs3),c=f(lg5),则a,b,c的大小关系为
应填人
k=10,8=l
A.bB.cC.aD.aA.k会77
B.k>7
是
/缩出S
10.在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为43的正三角形，若三棱锥P-ABC的外接球的表
C.k87
D.k>8
S=Sk
结束
4.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数
面积为100π，则三棱锥P-ABC体积的最大值为
划分为[0,50)、[50,100)、100,150)、150,200)、[200,300)
A.83
B.323
C.643
D.963
=k-1
和[300,500]六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污
染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级.如图是某市2月1日至14日连续14天的空气
11.若对任意的，西(m,+∞），且名<，血->1，则m的取值范围是
1-2
质量指数趋势图，则下面说法中正确的是
个空气质量指数
A.这14天中有5天空气质量为“中度污类”
,300-…-5---
-28粉
A[日，e)
B.[,+∞)
C.[e,+m)
；D.[e2,+0)
2501
O
B.从2日到5日空气质量越来越好
200
59
22
214
12.已知棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，M,N分别为棱CC,C,D的中点，P为线段
157
C.这14天中空气质量指致的中位数是214
50
13g
B,D上的一个动点，有下述四个结论：
D,连续三天中空气质址指数方差最小是5日·
50
83
到7日
01.234方678902134日期
①直线W与B肌，所成的角的余弦值为写
5.在某次活动中将5名志愿者全部分配到3个展区提供服务，要求每个展区至少分配一人，
每名志愿者只分配到一个展区，则甲乙两名志恩者在同一展区的不同分配方案共有
②平面8MN裁正方体所得截面的面积为，
A.72种
B.54种
C.36种
D.18种
③点B到平面PAC的最大距离为w2
6.已知抛物线C:x2=2py(P>0)的焦点为F,A为抛物线C上的点，线段AF的垂直平分线
④存在点P,使得PA∥平面BMN
1
经过点B(0,3D),则AF=
则正确结论的个数是
A.23p
B.3p
C.25p
D.2p
A.1
B.2
C.3
D.4
0--0-
高三理科数学第1页（共4页）
高三理科数学
第2页（共4页）》23 高三三模理科数学参考答案
一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
1．C 2． D 3． A 4． B 5． C 6． D
7. B 8． B 9． A 10． B 11．D 12． C
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13． 3 14． 7 15． 3 16． 6
三、解答题：（共 70 分）
17.解：（1） 0.006 0.010 2a 0.024 0.036 10 1 .………………………………1 分
解得 a 0.012 .…………………………………………………………………………………2分
样本数据在 0,10 ， 10,20 ， 20,30 ， 30，40 ， 40,50 ， 50,60 的概率分别为
0.06,0.10,0.12，0.36,0.24，0.12 .
则平均值为0.06 5 0.10 15 0.12 25 0.36 35 0.24 45 0.12 55 34.8…6 分
（2）20 分钟到 60 分钟中各组的频率比为0.12 : 0.36 : 0.24 : 0.12 1:3 : 2 :1.
所以 20,30
1
应抽 7 1人， 30，40
3 2
抽取 7 3人， 40,50 抽取 7 27 7 7 人，
50,60 1抽取 7 17 人 .
X 的所有可能取值为0，1，2，3 .………………………………………………………………8 分
3 2 1
P X 0 C 4 43 P X 1
C4C3 18
C7 35 C
3
， 7
35
，
C1C 2P X 12 C
3 1
2 4 33 ， P X 3 3 C7 35 C 37 35 .
X 分布列为
X 0 1 2 3
P 4 18 12 1
35 35 35 35
………………………………………………………………………………………………10 分
4 18
E X 0 1 2 12 1 9 3 ………………………………………12 分
35 35 35 35 7 .
2Sn a18. 1 n 1
1 ①
解：（ ）
2Sn 1 an 1 n 2 ②
①—②得 2an an 1 an an 1 2 a
a
n 1
2
n n 2 …………2 分an .
a1 2 ， 2Sn an 1 1 0且 2 n 1 a
2 5
2 由 ， 令 ， ，
a2 2 …………………………………………………………………………………4 分
a1 .
a 2 5 2 n 1
2 0 1 ………………………5 分
为等比数列，则 2 .
则此时数列 a q 3 a 1 a 3
n 1
n 1 ， n .………………………………6 分的公比为 ，
（2）bn n 1 an n 1 3n 1 .………………………………………………………7 分
T 2 3 3 4 32 n 1 3n 1n ①
3Tn 2 3 3 3
2 4 33 n 1 3n
②
n 1
2
②—①得 2Tn 2 3 3 3
3 3n 1 n 1 3 1 3 3n 2 n 1 3n
3 1
3n 12 1 3 1 1 n 1 3n n 3n ……………………………………11 分
3 1 2 2 .
n
T 2n 1 3 1 ………………………………………………………………12 分
整理得 n 4 .
19.
（1）证明： ABC A1B1C1为正三棱柱， AA1 平面 A1B1C1
又 B1C1 平面 A1B1C1， AA1 B1C1 .……………………………………………………2 分
又 N 为正三角形 A1B1C1边B1C1的中点， A1N B1C1
AA1 A1N A1， B1C1 平面 A1NMA .……………………………………………3 分
B1C1 平面 B1C1FE .
平面 A1NMA 平面 B1C1FE .…………………………………………………………4 分
（2）解：以M 为原点，MB所在直线为 x轴， AM 所在直线为 y轴，MN 所在直线为 z
轴建立如图所示的空间直角坐标系.………………………………………………………5 分
B1 1,0,2 ，由（1）知 BC 平面 AMNA1，
平面 AMNA1的法向量为 n1 MB 1,0,0 .………………………………………………6 分
AP
设 ，则 AP 3 ， PM 3 1
AM
EF // BC EP AP， ， EP ， E , 3 1 ,0
BM AM
ME , 3 1 ,0 ,MB1 1,0,2 .……………………………8 分
设平面 B1EM 的法向量为 n2 x, y, z
n2 ME n 2 ME 0 x 3 1 y 0
n2 MB1 n2 MB1 0 x 2z 0
2
令 z 1，则 x 2, y ， n 2, 2 , 1
3 1 2 3 1 .
n1 n2
cos 2 2 3 …………10 分
6 n1 n
2 4 2 22
22


2
1
2 5 2
3 1 3 1 .
1
解得 …………………………………………………………………………………11 分
3 .
1
点 P位于线段 AM 上靠近点 A的 处.…………………………………………………12 分
3
20．解：(1)设椭圆C的方程为mx2 ny2 1 (m 0,n 0,且m n)，
1 15
因为椭圆C过点 A , 与点 B(2,0)，
2 4
m 15n
1 1 m
则有 4 16 ，解得 4．…………………………………………………………………………3 分
4m 1 n 1
x2
所以椭圆 C 的标准方程为 y2 1 ．………………………………………………………………………4 分
4
(2)设直线 l : x ty 1，P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )，
x ty 1
由 x2 2 2y2
，得
1 (ty 1) 4y 4 0
，
4
即 (t 2
2t 3
4)y2 2ty 3 0，则 y1 y2 2 ， y1y2 2 ，………………………………6 分t 4 t 4
y
BP BQ y 1 ( x 2) y
y
2直线 ， 的方程分别为 ， (x 2)x1 2 x2 2
，
令 x 3
y y
，则 E(3, 1 )， F(3, 2 )，……………………………………………………………………7 分
x1 2 x2 2

PE (3 x , y1(3 x1) ) (2 ty , y1(2 ty1)则 1 x 2 1
)，
1 ty1 1

QF y (3 x ) (3 x , 2 22 ) (2 ty ,
y2 (2 ty2 ))，
x2 2
2 ty2 1

所以 PE QF (2 ty1)(2 ty )
y1y2 (2 ty1)(2 ty2 ) 2 (ty1 1)(ty2 1)
t 2

y y 2t y y 4 1 y1y

2 1 2 1 2 2
t y1y2 t y1 y2 1


3
2 2 2 3t 4t 2 2 5t 16 5(t 4) 4 5 1
2 4 1
t 4 2 ．…10 分
t 4 t
2 4 2 2 2 2 3t 4(t 4) 4(t 4) 4 t 4
2t 1
t 2 4 t 2 4
t2 4 4 0 1 1 5 1 5因为 ，所以 2 ，1 ，t 4 4 4 t 2 4 4
5
即 PE QF的取值范围为 1, ， 4

所以 PE QF存在最小值，且最小值为 1．………………………………………………………………12 分
1 1
21.解：（1）当 a 时， f x ln x x2 3x 2 ， f 2 ln 2，
2 2
则切点坐标为 2，ln 2 . …………………………………………………………………………………………………2 分
f x 1 1 2x 3 ，则切线斜率 k f 2 1 . .……………………………………………………3 分x 2
切线方程为 y ln 2 x 2，整理得 x y ln 2 2 0 .……………………………………………… 4 分
2
f x 1 a 2x 3 2ax 3ax 1（2） x 1
x x ，
g x 2ax2记 3ax 1， 9a2 8a .…………………………………………………………………………5 分
①当 a 0时， f x 1 0， f x 在 1, 上为增函数， f x f 1 0成立；
x
② 0 8 a 9a2当 时， 8a 0，则 g x 0，即 f x 0，
9
f x 在 1, 上为增函数， f x f 1 0成立；……………………………………………………7 分
③当 a 0时，函数 g x 在 1, 上为减函数， g 1 1 a 0， g x 0在 1, 上有
且仅有一根 x0，且当1 x x0 时， g x 0，则 f x 0， f x 为增函数，
此时 f x f 1 0；
当 x x0时， g x 0，则 f x 0， f x 为减函数，
构造函数 h x ln x x 1 x 1 ，
h x 1 1 0， h x 为 1, 上的减函数， h x h 1 0，则 ln x x 1
x .
f x ln x a x2 3x 2 x 1 a x2 3x 2 x 1 1 a x 2 .
f 则 2
1
0
a .
1
即存在 x 2 1, 使得 f x 0，此种情况不成立；
a
a 8当 时，函数 g x 在 1, 上为增函数， g 1 1 a .…………………………………………9 分9
8
④当1 a 0，即 a 1时， g x 0，即 f x 0，
9
f x 在 1, 上为增函数， f x f 1 0恒成立；………………………………………………10 分
⑤当1 a 0，即 a 1时，g 1 1 a 0，g x 0在 1, 上有且仅有一根 x1，且当
1 x x1时， g x 0，则 f x 0， f x 为减函数， f x f 1 0，不成立；
综上讨论，实数 a的取值范围为 0,1 .………………………………………………………………………………12 分
22.解：（1）由题意得直线 的普通方程为 3 + 2 = 0，…………………………………………2 分
= sin ,
由 = cos , ……………………………………………………………………………………………………………………3 分
得曲线 的直角坐标方程为 2 + 2 2 = 0，
即 2 + ( 1)2 = 1．……………………………………………………………………………………………………………5 分
= 3 + 1
(2) 2直线 的参数方程可化为: 3 为参数 ，………………………………………………………6 分 = 5 +
2
将其代入曲线 的直角坐标方程为 2 + 2 2 = 0，可得 2 + 5 3 + 18 = 0，……8 分
设 ， 的对应的参数分别为 1， 2，
则 t1 t2 5 3， t1 t2 18，所以 t1, t2 0，
1 1 1 1 t1 t2 5 3
所以 ．……………………………………………………………10 分
MA MB t1 t2 t1 t2 18
23．解：(1)当 = 1时，所求不等式可化为 1 + 3 < 4，………………………………1 分
当 ≤ 1时，所求不等式可化为(1 ) + (3 ) < 4，解得 > 0，即 0 < ≤ 1，
…………2 分
当 1 < < 3 时，所求不等式可化为 1 + (3 ) < 4，恒成立，即 1 < < 3，
…………3 分
当 ≥ 3时，所求不等式可化为( 1) + ( 3) < 4，解得 < 4，即 3 ≤ < 4．
…………4 分
综上，所求不等式的解集为 0，4 ．……………………………………………………………………………………5 分
(2)因为 = + + + 3 ≥ 2 ，所以 2 = 2，即 = 1，
+ = 4 2 2 2 4
2
= ，所以 + 2 = 1，………………………………………………………7 分
1
所以 + 2 = 2 + 4 1 + 2 = 5 + 2 2 + 4
2 2 2 2 2
≥ 5 + 2 2 2 4 4 12 2 = 9(当且仅当 2 2 = 即 22 2 = ， 2 = 6时等号成立)，……9 分 m n 3
1
所以 2 + 2的最小值为 9．…………………………………………………………………………………………………10 分

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