吉林省通化市梅河口市第五中学2023届高三数学下学期第七次模拟考试试题（Word版附解析）

梅河口市第五中学2020级高三下学期第七次模拟考试数学试题说明：本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡上并将条形码粘贴在粘贴处.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的，请仔细审题，认真做答1.若复数满足，其中为虚数单位，则（）A.0B.-1C.D.1【答案】D【解析】【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到，即可求解.【详解】由，可得，则，所以.故选：D.2已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，B的具体区间，再按照交集的运算规则计算.【详解】由题意：，，所以；故选：C.3.设非零向量满足，则在上的投影向量为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用性质结合已知求出，然后可得投影向量.【详解】因为，所以，解得，所以在上的投影向量为.故选：D4.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，若取出的2个数互质，则取出两个数都是奇数的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解.【详解】从2至8的7个整数中任取两个数其中互质的有：，，共14种，互质且为奇数的有：故所求概率为.故选：A.5.在平面直角坐标系xOy中，直线与双曲线（，）交于A，B两点，F是该双曲线的焦点，且满足，若的面积为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.5【答案】D【解析】【分析】不妨设F是该双曲线的右焦点，设双曲线的左焦点为，则可得四边形为矩形，由双曲线的定义和勾股定理结合三角形面积可得，即可求出离心率. 【详解】不妨设F是该双曲线的右焦点，设左焦点为，则F，在以AB为直径的圆上，根据双曲线和圆的对称性，圆过双曲线的左右焦点，如图，连接，则四边形为矩形，则可得，，所以，又因为，所以，得，所以.故选：D.6.若球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，再利用可得过且垂直的截面圆最小即可.【详解】如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心， 可得，，设球的半径为，在三角形中，由，即，解得，即，所以，因为在中，，，所以，，，由题知，截面中面积最小时，截面圆与垂直，设过且垂直的截面圆的半径为，则，所以，最小的截面面积为.故选：A7.若函数有两个极值点，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由极值点定义确定的关系，化简，由此求的范围.【详解】因为函数有两个极值点，又函数的定义域为，导函数为，所以方程由两个不同的正根，且为其根，所以，，，所以，则，又，即，可得，所以或（舍去）， 故选：C.8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数研究单调性，利用单调性可比较b、c，构造函数，利用单调性可比较a、b，然后可得答案.【详解】令，则,但时，则在上单调递增,所以，则.因为，所以，比较的大小可以比较与，即比较与，设，可知在上单调递增，因为，且，所以，则，故.所以.故选：A.二､多选题：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，有多个选项是等合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，请仔细审题，认真皕答9.十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《励智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列说法不成立的是（）A.若且，则B.若，则C.若，则D.若且，则 【答案】ACD【解析】【分析】A项，通过设出和的值，即可得出结论；B项，通过作差后与0比较，即可得出结论；C项，通过作差后与0比较，即可得出结论；D项，通过分析已知条件得出和与0的关系，讨论的取值，即可得出结论.【详解】由题意，A项，当，时，满足，但，∴A错误，B项，∵，∴，∴，∴B正确，C项，∵，∴，∴C错误，D项，∵，，∴，，，当时，则，∴D错误，故选：ACD.10.若函数同时满足以下条件：①是函数的零点，且；②，有，则（） A.B.将的图象向左平移个单位长度得到的图象解析式为C.在上单调递减D.直线是曲线的一条对称轴【答案】ABC【解析】【分析】由条件先得出，再利用三角函数的图象与性质逐项分析正误即可.【详解】函数的零点，即方程的解，所以，，由②知是函数的一条对称轴，则有，解得，所以.故A正确；将的图象向左平移个单位长度得到函数.故B正确；令，即时函数单调递减，，故C正确；时，，显然不是函数的对称轴，故D错误；故选：ABC11.已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，直线与抛物线交于两点，抛物线的准线与轴交于点，下列说法正确的是（）A.若过抛物线的焦点，则直线斜率之积为定值B.若抛物线上的点到点的距离为4，则抛物线的方程为C.以为直径的圆与准线相切D.直线过点且交于不同的两点，则 【答案】AD【解析】【分析】设，联立方程组求得，结合斜率公式，可判定A正确；由抛物线的定义得到，求得抛物线的方程，可判定B不正确；设为的中点，结合直线过焦点和不过焦点，利用抛物线的定义，可判定C不正确；设，联立方程组，由，求得，结合抛物线的定义得到，可判定D正确.【详解】对于A中，设且，联立方程组，可得，则则，故A正确；对于B中，若抛物线上一点到焦点的距离等于4，由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为，故B不正确；对于C中，如图所示，当过抛物线的焦点时，设为的中点，分布过点作，垂足分别为，可得，由抛物线的定义，可得，所以，此时以为直径的圆与准线相切，当直线不过抛物线的焦点时，此时， 此时以为直径的圆与准线不相切，综上可得，以为直径的圆与准线不一定相切，所以C不正确；对于D中，如图所示，设且，联立方程组，整理得，则，且，可得，由抛物线的定义，可得即成立，故D正确.故选：AD.12.已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（）A.若为线段上任一点，则与所成角的余弦值范围为B.若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 C.若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为D.若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为圆的一部分【答案】ABC【解析】【分析】对于A：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合球体的体积公式计算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析计算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.【详解】对于A：以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，由题意设，，设与所成角为，则，当时，；当时，，，因，得，则，时取等号，则，综上，，故A正确． 对于B：设与的交点，连接OM，，因为O，M分别是与AC的中点，则MO＝＝，又MA＝MB＝MD＝，所以点为三棱锥的外接球的球心，半径，此外接球的体积，故B正确．对于C：由题意可知：平面平面，则，点在侧面内，满足，故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，所以点的轨迹的长度为，故C正确．对于D：设三棱锥的高为，由三棱锥的体积为，解得，即点到平面的距离为．对于三棱锥，设高为， 由体积可得，解得，即点到平面的距离为，点到平面的距离为，平面与平面的距离为，故点在平面或为点，若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥侧面，显然点不满足题意，设与平面所成的角为，则，故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，显然点不合题意，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错误．故选：ABC．【点睛】方法点睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．注意轨迹的纯粹性与完备性．三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请仔细审题，认真做答13.展开式中，的系数为____．【答案】26【解析】【分析】由题意依次求出展开式中，项的系数，求和即可求得的系数.【详解】因为，所以的系数为26．故答案为：2614.由直线上一点向圆引切线，则切线长的最小值为______．【答案】【解析】 【分析】设过点的切线与圆相切于点，分析可知当与直线垂直时，取最小值，再利用勾股定理可求得切线长的最小值.【详解】设过点的切线与圆相切于点，连接，则，圆的圆心为，半径为，则，当与直线垂直时，取最小值，且最小值为，所以，，即切线长的最小值为.故答案为：.15.已知函数在区间上存在零点，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】设函数的零点为，则，则点在直线上，然后将问题转化为点到直线的距离的最值问题，构造函数，利用导数求解可得.【详解】设函数的零点为，则，则点在直线上.因为表示与的距离，所以则的最小值即为原点到直线的距离的最小值平方，即，令，令，当时，单调递增， 当时，单调递减，所以当时，，所以的最小值为.故答案为：16.如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基三角形.设是第次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则__________；若操作次后剩余部分面积不大于原图面积的一半，则的最小值为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】本题要逐步观察，每一次挖去的三角形都是前一次三角形的，每一次挖去个三角形，从而可得每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，写出等比数列的通项公式可得，利用等比数列的求和公式计算，根据题意列不等式求解的范围，即可得的最小值.【详解】原正三角形的面积为，由题意可知，第一次挖去的三角形面积和为，第二次挖去的三角形面积和为， 第三次挖去的三角形面积和为，……所以，第一次只挖去1个三角形，面积；第二次挖去个三角形，面积和为；第三次挖去个三角形，面积和为；……第次挖去个三角形，且每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，所以，由等比数列的求和公式可得：前次挖去的所有小三角形面积之和的值为操作次后剩余部分面积不大于原图面积的一半，即即，解得，则的最小值为.故答案为：；四､解答题：本大题共6小题，共70分，请仔细审题，认真做答17.如图所示，在直角三角形中，，，，，将沿折起到的位置，使平面平面，点满足. （1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出平面，在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）推导出平面，然后以点以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：在直角三角形中，因为，，所以，即在四棱锥中，，，又因为，、平面，所以，平面，所以，平面，如图，在上取一点，使得，连接、.因为，所以，所以，又因为，所以四边形是矩形，所以.因为平面，平面，所以，平面，在中，，，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，、平面，所以，平面平面，所以平面，因为平面，故.【小问2详解】解：因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面，故以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，则、、、，所以，.设平面的法向量为，则，令，得.设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.18.记的内角的对边分别为，分别以为边长的三个正三角形的面积依次为，已知.（1）求的面积；（2）若，求.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据面积公式及余弦定理得到，再求出，即可求出，最后由面积公式计算可得；（2）由正弦定理求出，即可得解.【小问1详解】由题意得，，，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，所以，则；【小问2详解】由正弦定理得，所以，则或（舍去），所以.19.为数列的前项和，已知，且.（1）求数列的通项公式；（2）数列依次为：，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列的前100项的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用项与和的关系即可求解； （2）先确定数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，再利用分组求和的方法即可求解.【小问1详解】当时，，解得（舍去），由得时，，两式相减得，因为，所以，所以是等差数列，首项为4，公差为3，所以；【小问2详解】由于，因此数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，所求和为.20.某学校三年级开学之初增加早自习，早饭在校食堂就餐人数增多，为了缓解就餐压力，学校在原有一个餐厅的基础上增加了一个餐厅，分别记做餐厅甲和餐厅乙，经过一周左右统计调研分析：前一天选择餐厅甲就餐第二天选择餐厅甲就餐的概率是，择餐厅乙就餐的概率为，前一天选择餐厅乙就餐第二天选择餐厅乙就餐的概率是，选择餐厅甲就餐的概率也为，如此往复.假设学生第一天选择餐厅甲就餐的概率是，选择餐厅乙就餐的概率是，记某同学第天选择甲餐厅就餐的概率为.（1）记某班级的3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，求的分布列，并求；（2）请写出的通项公式；【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】 【分析】（1）先求某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得概率分布，利用二项分布期望公式可得期望；（2）根据题意先求与的关系，然后利用构造法可得通项.【小问1详解】某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，某同学第二天选择餐厅乙就餐的概率，所以位同学第二天选择餐厅甲就餐的人数为，则.的分布列为0123故【小问2详解】依题意，，即.由（1）知，则当时，可得，数列是首项为公比为的等比数列.21.已知椭圆的一个顶点为，焦距为．椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由． 【答案】（1）（2）经过定点，定点为【解析】【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.【小问1详解】椭圆的一个顶点为，焦距为，，解得，椭圆的方程为.【小问2详解】在直线上，则点，由，得，由,得，，， ，，直线过定点.【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.22已知且，函数.（1）讨论的单调区间；（2）若曲线与直线恰有一个交点，求取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，分和讨论即可得单调区间；（2）将问题转化为只有一个实数解，构造函数，利用导数讨论其单调性，结合图象可解.【小问1详解】，则当时当时，；当时，.函数在上单调递增；在上单调递减. 当时，，所以，所以恒成立.所以函数在上单调递增.【小问2详解】，设函数，则，令，得，在内单调递增；在上单调递减；，又，当趋近于时，趋近于0，当x从右边趋近于0时，趋近于，作图象如图，所以曲线与直线恰有有1个交点，即或，这即是或，所以的取值范围是.