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2023年高考第三次模拟考试卷-数学(云南,安徽,黑龙江,山西,吉林五省通用B卷)(全解全析)
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注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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
第Ⅰ卷
一、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,集合,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】因为,,
可得,
因为,,
即,可得,
取交集可得,
故选:B.
2.已知复数满足,则复数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】A
【解析】,
所以复数在复平面内对应的点的坐标为,位于第一象限.
故选:A.
3.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明,后人称其为“赵爽弦图”,它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形,如图所示.在“赵爽弦图”中,若,则( )
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】依题意,,
于是,
所以.
故选:A
4.已知函数的部分图象如图所示,则此函数的解析式可能是( )
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】对于A,,
又的定义域为,
为上的奇函数,图象关于原点对称,与已知图象相符;
当时,为增函数,为增函数,又在上单调递增,
由复合函数单调性可知:在上单调递增,
又,
在上单调递减,与已知图象不符,A错误;
对于B,由得:,的定义域为,与已知图象不符,B错误;
对于D,,
不是奇函数,图象不关于原点对称,与已知图象不符,D错误.
故选:C.
5.已知抛物线的焦点为,准线为,直线过且与抛物线交于,两点,与交于点,则( )
A.0B.C.D.或
【答案】A
【解析】不妨假设交点在轴右侧,分别过,作准线的垂线,垂足分别为,,
由三角形的相似及抛物线的定义知,
因此恒有,结合所涉及的四个向量的方向可知,
也即,
故选:A.
6.已知函数是在区间上的单调减函数,其图象关于直线对称,且,则的最小值为( )
A.2B.12C.4D.8
【答案】C
【解析】因为函数的图象关于直线对称,所以,,所以,,
根据,则,,
因为是在区间上的单调减函数.
所以,
,,
因为,所以或,
当时,,当时,;
由于,是在区间上的单调减函数,
且,所以为的一个对称中心,
则,
所以,,,,,
,,,根据或,
可得,或,
所以的最小值为4.
故选:C.
7.如图,直三棱柱中,,点分别是棱的中点,点在棱上,且,截面内的动点满足,则的最小值是( )
A.B.C.D.2
【答案】C
【解析】由题意知,,,
又平面,所以平面.
设点在平面内的投影为,
则点在线段上,且,
即,所以,
设点在线段上,且,
则四边形是一个正方形,点的轨迹是其对角线.
将与展开到一个面内,得到如图图形,
因此的最小值是,
由余弦定理,得,
所以.
故选:C.
8.若函数有两个不同的零点,则实数的取值范围是( )
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】函数的定义域为,
,
设,则,
令,令,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,且,
所以,所以,
函数有两个不同的零点等价于方程有两个不同的解,
则,
等价于函数与图象有两个不同的交点.
令,,
则函数与图象有一个交点,
则,
所以函数在上单调递增,
所以,
且趋向于正无穷时,趋向于正无穷,
所以,解得.
故选:A.
二、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.以下说法正确的是( )
A.89,90,91,92,93,94,95,96,97的第75百分位数为95
B.具有相关关系的两个变量x,y的一组观测数据,,,,由此得到的线性回归方程为,回归直线至少经过点,,,中的一个点
C.相关系数r的绝对值越接近于1,两个随机变量的线性相关性越强
D.已知随机事件A,B满足,,且,则事件A与B不互斥
【答案】ACD
【解析】对于A选项:从小到大排列共有9个数据,则不是整数,则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据,即第75百分位数为95,所以A选项正确;
对于B选项:线性回归方程不一定经过点,,,中的任何一个点,但一定经过样本的中心点即,所以B选项错误;
对于C选项:若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强,则线性相关系数的绝对值越接近于,所以C选项正确;
对于D选项:因为,则,
则事件与相互独立,所以事件A与B不互斥,所以D选项正确;
故选:ACD.
10.已知直角坐标系原点为,直线,点为圆上的动点,则下列结论正确的是( )
A.直线恒过定点
B.当时,圆上存在三点到直线距离等于的充要条件是
C.当时,直线上存在点使,则或
D.若有且只有一条直线被圆截得弦长为,则
【答案】BC
【解析】对于A选项,直线即,令得恒过定点,故A错误;
对于B选项,当时,圆心到直线距离为,如图,
过且与直线平行的直线与圆交于两点,半径,则到直线的距离为,圆上存在三点到直线距离等于的充要条件是到直线的距离为,即,所以圆上存在三点到直线距离等于的充要条件是,故B正确;
对于C选项,直线存在点使,当与圆相切时,最大,只需此时,即,所以圆心到直线距离,解得或,故C正确;
对于D选项,直线恒过定点,若有且只有一条直线被圆截得弦长为,则此直线为过圆心的直线或过点且与垂直的直线,圆心到直线距离为或,所以或,故D错误;
故选:BC.
11.如图,有一列曲线,,……,,……,且1是边长为1的等边三角形,是对进行如下操作而得到:将曲线的每条边进行三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉得到,记曲线的边数为,周长为,围成的面积为,则下列说法正确的是( )
A.数列{}是首项为3,公比为4的等比数列
B.数列{}是首项为3,公比为的等比数列
C.数列是首项为,公比为的等比数列
D.当n无限增大时,趋近于定值
【答案】ABD
【解析】是在的基础上,每条边新增加3条新的边,故,又,所以数列{}是首项为3,公比为4的等比数列,且 故A正确,
第个图形的边长为 ,所以,故数列{}是首项为3,公比为的等比数列,故B正确,
因为是在的每条边上再生出一个小正三角形,于是
,
同理,对是在的每条边上再生出一个小正三角形,
于是的面积等于的面积加上个新增小三角形的面积,
即,
于是可以利用累加的方法得到
将上面式子累加得
当时, ,故C错误,D正确,
故选:ABD
12.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,且,,球的表面积为,三棱锥的体积为,记点到平面的距离为,则( )
A.B.
C.D.
【答案】BC
【解析】设球的半径为,则,可得.
因为,,则,,
设点到平面的距离为,则,所以,.
对于B选项,,B对;
对于D选项,在中,,,所以,,
所以,,D错;
对于C选项,取的中点,连接,由球体的几何性质可知平面,
因为平面,则,所以,,
,
取的中点,连接、、,则,
所以,,,
,解得,C对;
对于A选项,球上一点到平面的距离的最大值为,
因为,所以,点的轨迹是与平面平行的平面与球的交线(圆),
故的长度不确定,A错.
故选:BC.
第Ⅱ卷
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.已知,则曲线在点处的切线方程为______________.
【答案】
【解析】因为,则,
所以,,,
故所求切线方程为,即.
故答案为:.
14.2023年2月8日中国国民党主席夏立言率团访问大陆期间需安排含甲、乙、丙在内的5位志愿者分配到3个会议室参加服务,要求每位志愿者只能去1个会议室,每个会议室至少需要分配1位志愿者,则甲与乙分配在同一会议室,但甲与丙不在同一会议室的分配方案共有______种(用数字作答).
【答案】
【解析】由题意,把5人可按1,1,3和1,2,2分组,
若分为1,1,3时,甲乙同组,再从非丙的两人中选一人到3人组,共有种不同的分组;
若分为1,2,2时,甲乙同组,非丙的两人成2人组或从其它两人选一人与丙成2人组,共有种不同的分组;
所以甲与丙不在同一会议室的分配方案共有种不同的分配方案.
故答案为:.
15.若随机变量的数学期望和方差分别为,,则对于任意,不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中,数学科考试满分150分,某校高三共有500名学生参加考试,全体学生的成绩的期望,方差,则根据上述不等式,可估计分数不低于100分的学生不超过___________人.
【答案】10
【解析】取,,所以或,
又因为,所以,即估计分数不低于100分的学生
不超过(人).
故答案为:10
16.已知函数的定义域为,其导函数为,若函数为偶函数,函数为偶函数,则下列说法正确的序号有___________.
①函数关于轴对称;
②函数关于中心对称;
③若,则;
④若当时,,则当时,.
【答案】①③④
【解析】由于函数为偶函数,则②,则函数关于轴对称,①正确;
进而函数关于点中心对称,
由于函数为偶函数,则,则函数关于轴对称,
进而函数关于中心对称, ②错误;
由题可得函数的周期为,
的周期为,
故,
由中心对称性,
所以,
所以,故,③正确;
当时,,
,④正确.
故答案为:①③④
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17.(10分)
已知数列满足.
(1)是否为等比数列?并说明理由;
(2)若,求的通项公式.
【解析】(1)由得:,
当时,数列为各项为的常数列,不是等比数列;
当时,数列是以为首项,为公比的等比数列.
(2)当时,,
由(1)知:数列是以为首项,为公比的等比数列,
,即,
当时,,
又满足,.
18.(12分)
如图,在中,内角的对边分别为,满足.
(1)求;
(2)在所在平面上存在点,连接,若,,求的面积.
【解析】(1)在中,由,得,
由正弦定理,得,因为,
因此,即,
而,,有,即有,且显然,
于是,解得,
所以.
(2)令,四边形内角和为,由(1)的结论知:,
在中,由正弦定理得:,即有,
在中,,则,
又,则有,即,,
因为,则,于是,即,
又,
因此,,
所以的面积.
19.(12分)
如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面AEH与CFG所截后剩余部分,且满足平面,,,.
(1)当BF多长时,,证明你的结论:
(2)当时,求平面与平面所成角的余弦值.
【解析】(1)当时,.证明如下:
将该几何体补全为正四棱柱,连接BM,
如下图所示:
由题意可知底面ABCD为正方形,则,且,
因为平面AEH,,所以平面,
又平面EFGH,平面平面,
所以.
又,所以H为GM的中点,所以E为MF的中点.
因为,,
所以四边形BCGM为平行四边形,所以,
因为,所以.
因为,,
所以,所以,
所以,即,所以.
所以当时,.
(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DG所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由(1)得,
设平面的法向量为,
则,
令,则,
故平面的法向量为,
设平面的法向量为,
则,
令,则,
则平面的法向量为
∴,
∵平面与平面所成角为锐角,
∴平面与平面所成角的余弦值为.
20.(12分)
放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节,运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数与该机场飞往A地航班放行准点率()(单位:百分比)的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值.
其中,
(1)根据散点图判断,与哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型(给出判断即可,不必说明理由),并根据表中数据建立经验回归方程,由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率.
(2)已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以(1)中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值,且2023年该机场飞往B地及其他地区(不包含A、B两地)航班放行准点率的估计值分别为和,试解决以下问题:
(i)现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个,求该航班准点放行的概率;
(ii)若2023年某航班在该机场准点放行,判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大,说明你的理由.
附:(1)对于一组数据,,…,,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为,
参考数据:,,.
【解析】(1)由散点图判断适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型.
令,先建立y关于t的线性回归方程.
由于,
,
该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为,
因此y关于年份数x的回归方程为
所以当时,该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为
.
所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.
(2)设“该航班飞往A地”,“该航班飞往B地”,“该航班飞往其他地区”,“该航班准点放行”,
则,,,
,,.
(i)由全概率公式得,
,
所以该航班准点放行的概率为0.778.
(ii),
,
,
因为,
所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.
21.(12分)
双曲线具有这样的性质:若为双曲线上任意一点,则双曲线在点P处的切线方程为.已知双曲线的离心率为,并且经过.
(1)求双曲线E的方程;
(2)若直线l经过点,与双曲线右支交于P,Q两点(其中点P在第一象限),点Q关于原点的对称点为A,点Q关于y轴的对称点为B,且直线AP与BQ交于点M,直线AB与PQ交于点N.证明:双曲线在点P处的切线平分线段MN.
【解析】(1)依题意,离心率,,解得,,
故双曲线的方程为.
(2)方法一:设,,直线PQ为,代入双曲线方程,
得:,则且,,
∴,∵,
∴,
∴直线AP方程为,令得:,∴,
∵直线PQ为,令得:,即,
设线段MN的中点坐标为,则,,
∵过点P的切线方程为:,
要证双曲线在点P处的切线平分线段EF,即证点P处的切线经过线段MN的中点T.
∵,
,
所以点P处的切线经过线段MN的中点T,即点P处的切线平分线段MN.
方法二:设,,则,.由题意可知,点M在直线PA上,
且纵坐标为,设,由可得:,整理得:
,∴,
同理可得,
设线段MN的中点坐标为,
则,,
又∵过点P的切线方程为:,要证双曲线在点P处的切线平分线段EF,
即证点P处的切线经过线段MN的中点T,∵,
∵,,
∴,
所以点P处的切线经过线段MN的中点T,即点P处的切线平分线段MN.
22.(12分)
已知函数.
(1)证明:当时,;当时,;
(2)若关于x的方程有两解,证明:
①;
②.
【解析】(1)证明:设,则,仅当时取等号,
所以是增函数,且,当时,,即;
当时,,即.
综上,当时,;当时,.
(2)证明:①由题意,得,,
则,.
令,则,.
因为时,,当时,,
所以函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以是的极小值点,也是最小值点,且.
要有两个不同的零点,首先必须,即,
而当时,,所以需满足,
则当时,在区间内有一个零点;
又,则在区间内又有一个零点.
综上,若关于x的方程有两解,则.
②由①可知,由,得,
即,即.
因为,所以由(1),得,
即,整理,得①.
因为,所以同理可得②
由①②,同构函数,则,.
因为,,,所以方程有两个不等正实根,
设,则且,则有,,
所以,即.
2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
1226.8
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