广东省汕头市金山中学2022-2023学年高三数学高考模拟试卷（Word版附解析）

汕头市金山中学2023届高三年级校模数学本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将答题卡上的相应位置填涂考生号.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑：如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案写在试卷上无效.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需要改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.第I卷选择题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法和对数不等式的解法求解.【详解】由,解得，又因为，所以，又由，可得，解得，所以，所以，故选:C.2.已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象 限【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算可得，在根据复数的几何意义分析判断.详解】由题意可得：，所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选：B.3.已知向量，满足，，则在方向上的投影向量的模为（）A.B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意和向量数量积的运算得出，然后代入公式即可求解.【详解】因为，所以，又，所以，则在方向上的投影向量的模为，故选：B．4.如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合体积公式分析运算即可.【详解】设柱体的底面积为，则柱体的体积，注入水的体积为，容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，则可得，整理得.故选：A.5.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值.【详解】令，则，所以，由题意可知，对任意的，，且，所以数列是公差为的等差数列，且，即，所以，因此.故选：C.6.立德学校于三月份开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（） 种．A.20B.4C.60D.80【答案】C【解析】【分析】根据分步乘法计数原理，先安排男生，再安排女生，在安排女生时，再利用间接法分析运算.【详解】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；再安排5名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，若女生都在同一小组，共有种分配方案，故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；所以共有种分配方案.故选：C.7.已知是定义在R上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论不正确的为（）A.B.的最小正周期C.有4个零点D.【答案】D【解析】【分析】对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得，进而可得周期性；对于C：分别作出图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算.【详解】对于A：由题意可得：，解得，故A正确；对于B：∵是偶函数，则，则，又∵为奇函数，则，可得，∴，则的最小正周期，故B正确；对C：令，则，注意到此时，分别作出的图象， 由图象可知：有4个交点，故有4个零点，故C正确；对D：∵，则，可得，故D不正确.故选：D.8.已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D.若，则双曲线的离心率取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，联立方程，消去y得：，则可得，则， 设线段的中点，则，即，且，线段的中垂线的斜率为，则线段的中垂线所在直线方程为，令，则，解得，即，则，由题意可得：，即，整理得，则，注意到双曲线的离心率，∴双曲线的离心率取值范围是.故选：A.【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.每年4月23日为“世界读书日”，树人学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月借阅数据如下表：月份二月三月四月五月六月月份代码xl2345 月借阅量y（百册）4.95.15.55.75.8根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则（）A.B.借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7C.y与x的线性相关系数D.七月的借阅量一定不少于6.12万册【答案】ABC【解析】【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算.【详解】对于A：因为，，所以，得，所以A正确；对于B：因为5×75%=3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确；对于C：因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；对于D：由选项A可知线性回归方程为，当，则，所以七月的借阅量约为6.12百册，所以D错误；故选：ABC.10.已知，下列选项正确的是（）A.的值域为B.的对称中心为C.的单调递增区间为和D.图像向右平移个单位与的图像重合【答案】ABD【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简整理得，结合三角函数性质以及图象变换逐项分析判断.【详解】由题意可得：，对于A：因为，所以，故A正确；对于B：因为的对称中心与函数的对称中心相同，令，解得，故的对称中心为，故B正确；对于C：若单调递增，则单调递减，令，解得，所以的单调递增区间为和，故C错误；对于D：图像向右平移个单位，得到，与解析式相同，图像重合，故D正确． 故选：ABD.11.如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（）A.不存在点M满足平面B.存在无数个点M满足C.当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为D.满足的点M的轨迹长度是【答案】BCD【解析】【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.【详解】对于选项A：连接，因为四边形ABCD是正方形，所以，∵，且平面，所以，，平面，所以平面，且平面，可得，同理可证，，平面，所以，又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，故A错误； 对于选项B：连接，，，则，又因为，，，所以，可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；对于选项C：延长交于点，∵，则为线段靠近点的三等分点，且，则，则为线段的中点，如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面，点，则，则，解得， 则，故，可得，即，且，故截面面积，故C正确；对于选项D：因为正方体的棱长为l，所以设所以，，因为，所以化简得：，所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，设圆弧与分别交于点，取，则，即；取，则，即；则，则，且，即，∴轨迹长度是，故D正确． 故选：BCD.12.已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】通过验证函数对称性，可得到图象关于对称，作出、与的图象，设，，结合图象，通过说明可得的范围，知A正确；由对称性可确定，代入整理可得B错误；根据、可得的范围，结合可知C正确；利用基本不等式，根据取等条件不成立可知D正确.【详解】，，的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，在上单调递减；设点是上的一点，则，，，即也是上的点，图象关于直线对称，由得：， 又与图象关于对称，则可作出，与图象如下图所示，对于A，当时，，设，则，，，，，即，，即；与的交点横坐标落在区间中，即，，A正确；对于B，分别是方程和的根，设，与图象的交点为，与图象的交点为，又图象关于直线对称，与关于直线对称，或，整理可得：，，B错误；对于C，当时，，，则；当时，，，由A知：，；与图象交点的横坐标落在区间中，即，又，，C正确；对于D，是方程的根，则， （当且仅当，即时取等号），由C知：，等号不成立，即，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查与方程的根有关的取值范围问题的求解，本题求解的关键是能够说明图象关于对称，进而确定其与的交点也关于对称，利用对称关系可得满足的关系式.第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.二项式的二项式系数之和为64，则展开式中的的系数是_________．（填数字）【答案】【解析】【分析】先根据展开式的二项式系数之和为64求出的值，再利用二项式展开式的通项公式求解即可.【详解】因为二项式的二项式系数之和为64，所以，，所以展开式的通项为，令，则，所以展开式中的的系数是.故答案为：.14.已知为锐角，，，则______【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的正弦公式求解即可. 【详解】因为为锐角，且，所以所以联立，解得，，，故答案为:.15.已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于_______【答案】【解析】【分析】根据面积公式分析可得当是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得，求解即可；解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解.【详解】∵圆的圆心，半径，设，则，当且仅当，即时，等号成立，当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于. 解法一：设切线l的方程为，即，则有，整理得：联立方程，消去y得：，由相切得：整理得：由①②得：，解得.解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即则有，整理得，∵点P在椭圆上，则，则，解得，所以切线l斜率.故答案为：.16.已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________.【答案】【解析】【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可. 【详解】在中，，故，即，则折成的三棱锥中，，，，即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c则，解得，此长方体的外接球是三棱锥的外接球，设外接球的直径，即，又因为三棱锥是长方体切掉四个角，故三棱锥，三棱锥四个侧面是全等的，，设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.故答案为：.【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．四、解答题：本大题共6小题，共70分．第17题为10分，其他为12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的前n项和为，，且.（1）求的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得，结合等比数列求其通项公式；（2）结合（1）求，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.【小问1详解】∵，则有：当时，，解得；当时，则，两式相减得，即；注意到，故，∴是首项为3，公比为3的等比数列， 故.【小问2详解】由（1）得，当n为偶数时，；当n为奇数时；综上所述：.18.在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.（1）求角A的值；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.【小问1详解】由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：， ∵，则.【小问2详解】由（1）可得：，且，锐角中，由正弦定理得：，可得，则，∵锐角三角形，且，则，即，解得，即，且，可得，则，故的范围是.19.安全教育越来越受到社会的关注和重视．为了普及安全教育，学校组织了一次学生安全知识竞赛，学校设置项目A“地震逃生知识问答”和项目B“火灾逃生知识问答”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．（1）求乙班在项目A中获胜的概率； （2）设乙班获胜的项目个数为X．求X的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由对立事件概率公式求得乙班在项目A中每局获胜的概率，然后分成乙班三局全胜，四局三胜和五局三胜三个互斥事件求出概率；（2）与（1）同理求得乙班在项目中获胜的概率，而的可能值是0，1，2，利用独立事件、对立事件概率公式求得概率得分布列，再由期望公式求得期望．【小问1详解】记“乙班在项目A中获胜”为事件A，由事件的对立性知，乙班在项目A中每局获胜的概率为，负的概率为，则，所以乙班在项目A中获胜的概率为；【小问2详解】记“乙班在项目B中获胜”为事件B，则，X的可能取值为0，1，2，由事件对立性和独立性知，则，，.所以X的分布列为X0l2P 所以乙班获胜的项目个数的数学期望为20.如图，在三棱台中，面，，（1）证明：；（2）若棱台体积为，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.【小问1详解】在平面中过点作的垂线，在平面ABC中过点作的垂线，面面，，面，且面面，故面， 面，所以，故，，三条两两垂直，建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，如图所示，则由题意得，，即，，.【小问2详解】设，，根据，则，由棱台体积公式得，所以，则在（1）问建系基础上，设面的法向量由，即，取，则，则，由题意得，根据，则，则，设面法向量 由，即，取，则，，则，设二面角的大小为，依图可知，所以，所以二面角的余弦值为.21.在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大l，记点P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过点F且斜率为的直线l交椭圆于A，B两点，交曲线C于M、N两点，若为定值，则实数应满足什么关系？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据题意列式运算即可；（2）分别联立方程结合韦达定理求，代入整理可得，结合定值分析运算.【小问1详解】设，由题意可得两边平方并整理，得，故曲线C的方程为.【小问2详解】设，，，， 由题意可得直线l的方程为，与椭圆E的方程联立，得，则，，可得，∵，若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，直线l的方程与曲线C的方程联立，得，则，，可得：，∴，要使为定值，则，即故当为定值时，实数应满足【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．22.已知函数，，其中且.（1）证明：当时，恒成立；（2）证明：当时，曲线与曲线有且只有两条公切线．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可得等价于即，构建，结合导数证明即可；（2）根据导数的几何意义分析可得，构建，利用导数证明在上有且只有两个零点即可.【小问1详解】当时，，即，等价于即，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递减，在上单调递增，可得，即，当且仅当时，等号成立；可得，则，当且仅当时，即时，等号成立；可得，则，当且仅当，即时，等号成立；综上所述：.但等号不同时取到，故，∴，原式得证．【小问2详解】由题意可得：，，设直线l与相切于点，则切线斜率，直线l与相切于点，则切线斜率，则，整理得， 由题意可得：，消去可得：，令，则，则，可得，令，要证两函数有且只有两条公切线，即证在上有且只有两个零点．且，令，则，可得在定义域内单调递增，且，故在上有唯一零点，且，∴当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，可知的最小值为，又∵，则，注意到趋近0时，趋近，趋近时，趋近，∴在和上分别存在一个零点，故有且只有两个零点，故原命题得证．【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．