浙江省金华市东阳市2023届高三数学下学期5月模拟试题（Word版附解析）

东阳市2023年5月高三模拟考试参考公式：若事件互斥，则若事件相互独立，则若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上､下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径一､单项选择题（本大题共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.若复数满足.则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，，由题意可得，，解方程即可得出答案.【详解】设，，因为，所以，解得：， ，故故.故选：C.2.已知R为实数集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】图中阴影部分表示，根据分式不等式求出的解集，利用指数不等式求出的解集，进而求出结果.【详解】图中阴影部分表示，由，得或，所以，由，解得，所以，故，故选：C．3.已知平面向量，则（）AB.C.与的夹角为钝角D.在上的投影向量的模为【答案】D【解析】【分析】根据题意，由向量的概念即可判断A，由平面向量的坐标运算即可判断BCD. 【详解】向量不能比较大小，故A错误；，则，故B错误；，则与的夹角为锐角，故C错误；在上的投影向量的模为，所以D正确；故选:D4.如图位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早､规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，已知正四棱锥的高为，其侧棱与底面的夹角为，则该正四棱锥的体积约为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设正四棱锥的底面边长为，高为，得到为侧棱与底面所成的角，结合，求得，结合体积公式，即可求解.【详解】如图所示，设正四棱锥的底面边长为，高为，设，可得底面，即为侧棱与底面所成的角，因为侧棱与底面的夹角为，可得，所以，在正方形中，可得，所以，可得正四棱锥的体积为，又因为正四棱锥的高为，所以.故选：B. 5.已知函数，集合中恰有3个元素，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知化简可得，.原题可转化为在上恰有3个解.求出当时，的前4个解，即可得出，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，.因为，，所以.因为集合中恰有3个元素，即函数在上恰有3个解，即在上恰有3个解.因为，当时，的前4个解依次为，，，，所以应有，即，所以，. 故选：D.6.某市举行一环保知识竞赛活动.竞赛共有“生态环境”和“自然环境”两类题，每类各5题.其中每答对1题“生态环境”题得10分，答错得0分；每答对1题“自然环境”题得20分，答错扣5分.已知小明同学“生态环境”题中有3题会作答，而答对各个“自然环境”题的概率均为.若小明同学在“生态环境”题中抽1题，在“自然环境”题中抽3题作答，每个题抽后不放回.则他在这次竞赛中得分在10分以下（含10分）的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】把得分在10分以下（含10分）的事件分拆成两个互斥事件的和，再结合独立重复试验的概率公式求出每个事件的概率作答.【详解】他在这次竞赛中得分在10分以下（含10分）的事件为，“生态环境”题答对且“自然环境”题全错的事件为，“生态环境”题答错且“自然环境”题最多答对1题的事件为，显然与互斥，，，，所以.故选：B7.已知椭圆为椭圆的右焦点，曲线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】直线与椭圆的两个交点且，其中与关于x轴对称，设直线为代入椭圆，应用韦达定理结合求参数a ，即可求离心率.【详解】由题设，椭圆右焦点，且曲线恒过，不妨令，对于直线与椭圆的两个交点，其中与关于x轴对称，所以，即，故，令直线为代入椭圆方程整理得：，则，，而，，则，可得（负值舍），所以.故选：A8.已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由题设知共圆，并确定外接圆圆心位置，由已知求得到直线的距离且面，进而有面面，确定△的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积.【详解】由题设知：，设点到面的距离为，则，故，要使均在球的表面上，则共圆，由直角梯形，则，所以，所以，故在绕旋转过程中面，面，所以面面，即到面的距离为，即到直线的距离，沿折成锐二面角，过于，则，又，则，故，即，综上，△、△都是以为斜边的直角三角形，且，所以，易知：△为等边三角形，则为中点，故，，在△中，，而，即为的中点，同时△△，若为的中点，即为外接圆圆心，连接，则且，故面，且△为等边三角形，球心是过并垂直于面的直线与过△外接圆圆心垂直于面的直线交点，若球的半径为，则，所以球的表面积.故选：D【点睛】关键点点睛：确定共圆、面面为关键，利用几何关系求外接球半径.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.已知m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（） A.若，，则B.若m，，，，则C.若，，，则D.若，，则【答案】ABD【解析】【分析】对A：平行于同一条直线的两个平面也可能平行也可能相交，故错误；对B：没有说明是平面内的两条相交直线，故错误；对C：可根据线面平行的性质证明正确；对D：没有说明直线是平面外的一条直线，故错误.【详解】对A：若，，则或与相交，A错误；对B：若，则l不一定与垂直，B错误；对C：如图：过l分别作两个平面与平面交于直线，因为，，所以，，所以，又因为，所以，又因为所以，所以，故C正确;对D：若，，则或l在内，D错误.故选：ABD10.已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（）A.l与C恒有公共点B.是钝角三角形C.的面积的最大值为1D.l被C截得的弦的长度的最小值为 【答案】ABD【解析】【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.【详解】直线与y轴交于点，且在圆内部，l与C恒有公共点，A正确；在圆内部，为钝角，是钝角三角形，B正确；到的最大距离，即到圆心的距离为1，，故C错误；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的定义域为，且的图象关于直线对称，，又，则（）A.为偶函数B.的图象关于点中心对称C.是奇函数D.【答案】AD【解析】【分析】由的图象关于直线对称，可得为偶函数，可判断A；令中，求出可判断B；由可得的周期为4，故，令等价于，可得为偶函数可判断C；求出，再结合和的周期为4可判断D.【详解】由的图象关于直线对称， 可得，即，令，则，即，故为偶函数，A正确；又因为，令等价于，则①，令等价于，②，②减①可得：，故周期为4，又，所以③，令等价于，则④，因为为偶函数，③减④可得：，故是偶函数，故C不正确；令中，可得，解得：，故B不正确；令中，可得，因为，则，令中，可得，因为，则，由，因为的周期为4，且，则，，故D正确.故选：AD12.如图，已知是抛物线的焦点，过点和点分别作两条斜率互为相反数的直线，交抛物线于四点，且线段相交于点，则下列选项中正确的是（） A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】A选项，设出直线，与联立，得到两根之和，两根之积，同理得到，与双曲线方程联立，表达出，相加后得到，A正确；B选项，在A选项的基础上，作出辅助线，找到角度相等，证明相似，得到B正确；C选项，在B的基础上得到所以∽，，C正确；D选项，在BC基础上，得到面积之比，得到D错误.【详解】A选项，显然两直线的斜率均存在且不为0，由题意得，设直线，与联立得，设，则，设直线，与联立得，设，则，则，，则，A正确；B选项，延长交轴于点，延长交轴于点， 因为，所以，因为直线的斜率互为相反数，所以，故，即，又，所以∽，故，所以，B正确；C选项，因为，且，所以∽，故，C正确；D选项，由BC选项可知，由于与不一定相等，故D错误.故选：ABC【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________.【答案】【解析】【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.【详解】由题意，在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等， ∴，解得：，因此的展开式的通项为：，故的展开式中的常数项为.故答案为：.14.数学王子高斯在小时候计算时，他是这样计算的：，共有50组，故和为5050，事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数图象关于对称，，则___________.【答案】【解析】【分析】根据抽象函数的对称性可得，由题意得，根据可得，即，结合裂项相消求和法即可求解.【详解】由函数图象关于点对称，得，得，所以.因为，所以，所以，则，所以.故答案为：.15.已知函数，过点存在3条直线与曲线相切，则实数的取值范围是 ___________.【答案】【解析】【分析】设切点为，利用导数几何意义写出过的切线方程，进而有有三个不同值，即与有三个不同交点，导数研究的极值，即可求参数范围.【详解】由，设切点为，则切线斜率为，所以，过的切线方程为，综上，，即，所以有三个不同值使方程成立，即与有三个不同交点，而，故、上，递减，上，递增；所以极小值为，极大值为，故时两函数有三个交点，综上，的取值范围是.故答案为：16.对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】移项化简可得.换元，根据的范围，求得.构造函数，，求导根据导函数得出函数的单调性，以及的最小值，即可得出答案.【详解】原题等价于，. 令，，则.当时，.当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数上单调递减.所以，函数在处取得唯一极大值，也是最大值.又，所以.令，，则.当时，.因为，所以，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增.所以，函数在处取得唯一极小值，也是最小值.所以，当时，有.要使时，有恒成立，则应有.故答案为：.【点睛】方法点睛：移项，构造函数，通过导函数得出函数的单调性，研究函数的最值，即可得出参数的取值范围.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17.已知数列的前项和，，且.数列满足， .（1）求数列，的通项公式；（2）将数列中的项按从小到大的顺序依次插入数列中，在任意的，之间插入项，从而构成一个新数列，求数列的前100项的和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系，可得出，变形可得.然后根据等比数列的通项公式，即可得出.由已知可得，累乘法即可得出；（2）设100项中，来自于数列中的有项.根据已知可推得，然后根据等差数列以及等比数列的前项和公式，即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，当时，有，，两式相减得：.又因为，所以，，满足上式.所以，.又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，即.又， 所以，所以.又，所以，当时，有，，，，，两边同时相乘可得，，所以，.【小问2详解】设100项中，来自于数列中的有项.若第100项来自于，则应有，整理可得，，该方程没有正整数解，不满足题意；若第100项来自于，则应有，整理可得，.当时，有不满足，，故，所以，数列中含有10项数列中的项，含有90项数列中的项.所以，.18.在中，内角的对边分别为，且 （1）求；（2）若，，求线段长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理，化简可得，即可得出，再根据的范围，即可得出答案；（2）解法一：由已知可得出，平方整理可得，再结合条件，根据基本不等式，即可得出答案；解法二：设外接圆的半径为，由正弦定理可得.作出的外接圆，结合图象，可得出过圆心时，的长取得最大值.作，构造直角三角形，求出，即可得出答案.【小问1详解】因为，所以根据余弦定理，可得，所以，所以.因为，所以.【小问2详解】解法一：因为，所以，所以，所以.因为，，所以，则 .令，，则.令，则，所以，当且仅当，即时取等号.所以，，所以，线段长的最大值为.解法二：设外接圆的半径为，根据正弦定理，可得，所以.当过圆心时，的长取得最大值.作，则为的中点，因为，所以，所以. 因为，，所以，所以，所以，所以，线段长的最大值为.19.在四棱锥中，面面，，是线段上的靠近点的三等分点.（1）求证：面；（2）若面和面的夹角为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一：由面面垂直的性质有面，进而有，根据已知有得，且，最后由线面垂直的判定证结论；法二：构建点为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直，由线面垂直的判定证结论；（2）法一：取的中点，连结，交于点，易证面，过作于点，连结就是二面角的平面角，结合已知条件求；法二：根据面面角大小，向量法求出坐标，即可得长度.【小问1详解】法一：由，面面，面，面面，所以面，面，故，由勾股定理得：，而，又，所以，所以， 易得：，所以，故，又，面，所以面.法二：因为面面，在平面内作，则面，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，因为，所以，可得.所以，又，故，所以，又，面，所以面.【小问2详解】法一：取的中点，连结，交于点，则，所以为平行四边形，则，由（1）知：面，过作于点，连结就是二面角的平面角，即，而，则，且，，故，而，由（1）知：面，则面，面， 所以，故在直角中.法二：因为，若平面的法向量，所以，令，则，面的法向量为：，所以，所以（负值舍），则.20.某市阅读研究小组为了解该城市中学生阅读与语文成绩的关系，在参加市中学生语文综合能力竞赛的各校学生中随机抽取了500人进行调查，并按学生成绩是否高于75分（满分100分）及周平均阅读时间是否少于10小时，将调查结果整理成列联表.现统计出成绩不低于75分的样本占样本总数的，周平均阅读时间少于10小时的人数占样本总数的一半，而不低于75分且周平均阅读时间不少于10小时的样本有100人.周平均阅读时间少于10小时周平均阅读时间不少于10小时合计75分以下不低于75分100合计500（1）根据所给数据，求出表格中和的值，并分析能否有以上的把握认为语文成绩与阅读时间是否有关；（2）先从成绩不低于75分的样本中按周平均阅读时间是否少于10小时分层抽样抽取9人进一步做问卷调查，然后从这9人中再随机抽取3人进行访谈，记抽取3人中周平均阅读时间不少于10小时的人数为，求的分布列与均值.参考公式及数据：.0.010.0050.001 6.6357.87910.828【答案】（1），有的把握认为语文成绩与阅读时间有关（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）根据已知完善列联表求出参数，应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验的基本思想得到结论；（2）根据分层抽样等比例性质确定抽取9人的分布情况，进而写出可能的取值，并求出对应概率，写出分布列并求期望.【小问1详解】根据已知条件，列联表如下：周平均阅读时间少于10小时周平均阅读时间不少于10小时合计75分以下200150350不低于75分50100150合计250250500所以，由表知，所以有的把握认为语文成绩与阅读时间有关.【小问2详解】依题意，成绩不低于75分的学生中周平均阅读时间少于10小时和不少于10小时的人数比是1:2，按分层抽样抽取9人，则周平均阅读时间少于10小时有3人，不少于10小时的有6人，从这9人中再随机抽取3人进行访谈，则可能的取值为，，.分布列如下：0123 .21.已知双曲线的方程为：，左右焦点分别为，是线段的中点，过点作斜率为的直线，l与双曲线的左支交于两点，连结与双曲线的右支分别交于两点.（1）设直线的斜率为，求的取值范围.（2）求证：直线过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）设，，，，直线的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理求出k的范围，设直线的方程为，利用韦达定理求出，即可求解；（2）直线的方程为，令，解得x为定值，得证，求出定点即可.【小问1详解】解：设直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：设，，，. 由可得：或，直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：，所以：，所以：，同理：，所以：所以：， 由双勾函数的单调性可知，当，即时有最值，而或，当时，，当时，，所以.【小问2详解】直线的方程为：，令，可得：，所以直线过定点.【点睛】求定点定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊位置入手，求出定点定值，再证明这个定点定值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点定值．22.已知函数.（1）对任意，方程恒有三个解，求实数的取值范围；（2）已知，方程有三个解为，且，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）令，讨论、去绝对值，利用导数研究的单调性、值域等并画出图象，数形结合确定参数范围；（2）令，利用导数分别证明时、当时，数形结合判断与交点横坐标大小关系，注意构造中间函数并结合导数研究不等关系，进而证明结论.【小问1详解】令，当时，所以，所以在上递增.当时，所以，所以在上递减，且而趋向于0时趋向于.的图象大致如图所示：所以的取值范围为.【小问2详解】令， 先证：时，令且，则，故在上递增，即，所以，则：当时，，当时，，在上有两解且，显然，当时，则，故（负值舍）；当时，则，故（负值舍）；综上，，则.再证：当时，即证，令，则，故在上递增，所以，故时，即时成立，综上，时，则.所以，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，构造，研究判断在对应区间内与构造函数的大小关系为关键.