2023届海南省海口市等4地、乐东黎族自治县乐东中学等2校高三高考全真模拟（三）数学试题含解析

这是一份2023届海南省海口市等4地、乐东黎族自治县乐东中学等2校高三高考全真模拟（三）数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届海南省海口市等4地、乐东黎族自治县乐东中学等2校高三高考全真模拟（三）数学试题 一、单选题1．已知集合，，且，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】D【分析】求出集合A，B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解即可.【详解】，,由，所以，即.故选：D.2．设，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的性质，分别求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由，可得，解得，即解集为，又由，可得，解得，即解集为，因为集合为集合的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：A.3．设数列的通项公式为，数列的前项和为，那么等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意化简得到，结合消项法，即可求解.【详解】由数列的通项公式为，可得，所以.故选：D.4．已知偶函数在点处的切线方程为，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】由导数的几何意义及偶函数的性质计算即可.【详解】因为是偶函数，所以，即；由题意可得：，所以.故选：A5．函数的部分图象大致是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取特殊值判定即可.【详解】由解析式可知，取，则，观察选项可排除A、C；再取，则，观察选项可排除D，此外，可看成是由向右平移1个单位得到，而是偶函数，即的图象关于对称，故选B项.故选：B6．卡夫拉金字塔（如图1）由埃及第四王朝法老卡夫拉建造，可通往另一座河谷的神庙和狮身人面像，是世界上最紧密的建筑．从外侧看，金字塔的形状可以抽象成一个正四棱锥（如图2），其中，点为的中点，则，所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】找出的平行线且与相交，并以此构造一个三角形，再根据几何关系求出三角形的三边，最后用余弦定理即可求解出，所成角的余弦值.【详解】如图设点F为AB中点，连接EF，设，则，在中，根据余弦定理可知：即，解得，，，根据余弦定理可知，因为，所以为，所成角的余弦值. 故选：C.7．定义在上的奇函数满足，且在上是增函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据求出函数周期，根据函数奇偶性确定递增区间，最后根据函数递增区间判断函数大小.【详解】因为在上是增函数且函数为奇函数，所以在上是增函数，又根据可得，所以是周期为4的周期函数，，，，根据函数单调性可知.故选：B8．已知在中，向量，，满足且，则为（    ）A．等腰直角三角形 B．非等腰的直角三角形C．等腰非等边三角形 D．等边三角形【答案】A【分析】由得，则；由得，则的角平分线与垂直，可得，即可得解.【详解】由得，即，则；由得，而分别为方向上的单位向量，则的角平分线与垂直，可得，则为等腰直角三角形.故选：A． 二、多选题9．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法不正确的为（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，则或D．若，，则或【答案】AB【分析】根据线面平行的判定及性质，以及面面平行的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，可得与可能平行或异面，所以A不正确；对于B，若，，可得与可能平行、相交或异面，所以B不正确；对于C中，若，，当时，可得，或者，所以C正确；对于D中，若，，根据线面平行的判定定理，可得或，所以D正确.故选：AB.10．已知，则下列不等式不一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据不等式的基本性质，以及特例，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，当时，可得，此时，所以不等式不一定成立，符合题意；对于B中，因为，可得，又由，所以一定成立，不符合题意；对于C中，当时，可得，此时，所以不一定成立，符合题意；对于D中，由，因为，可得，当的符号不确定，所以不一定成立，符合题意.故选：ACD.11．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】由同角三角函数的平方关系与商数关系结合二倍角公式计算即可.【详解】由已知及，故，A错误；，B正确；因为，，C错误；，D正确；故选：BD12．已知定义在上的函数不恒等于零，同时满足，且当时，，那么当时，下列结论不正确的为（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】令可得，令可得．当时,,根据已知条件得,即，所以.【详解】对任意,恒有，令可得，因为当时,故，所以，令可得，所以，当时,,根据已知条件得,即，所以.故选：ABC. 三、填空题13．已知向量，，，若点，，三点共线，则实数_________．【答案】/0.5【分析】根据向量共线定理可知，根据向量坐标计算即可.【详解】，，因为点，，三点共线，所以，解得.故答案为：.14．已知在中，内角所对的边分别为，且满足，且，则_________．【答案】/0.875【分析】先根据正弦定理角化边解得，再代入余弦定理即可求解.【详解】由题意，根据正弦定理边角互化可得，又因为，所以，所以，由b>0,c>0，解得，即，所以根据余弦定理可得，故答案为：.15．已知数列的前项和为，且满足，，把数列的偶数项抽出按照原来的顺序组成新数列，则_________．【答案】【分析】利用，结合可得，即可得答案.【详解】因，则，两式相减得，又，则，则数列的偶数项组成的新数列为以为首项，公比为2的等比数列，则.故答案为：16．已知某球的体积为，该球的某截面圆的面积为，则球面上的点到该截面圆心的最大距离为_________．【答案】3【分析】先求出球心到平面的距离为，再求点到该截面圆的最大距离.【详解】设截面圆的半径为，球的半径为，球心到平面的距离为，则，因为球的体积为所以因为截面圆的面积为，所以，故，所以，所以球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为，故最大距离为.故答案为:. 四、解答题17．已知等差数列是递减数列，设其前项和为，且满足，．(1)求的通项公式；(2)设数列的前项和为，求的最大值及相应的的值．【答案】(1)(2)25，或5 【分析】（1）利用数列前项和的定义及等差数列的通项公式，结合等差数列的性质即可求解；（2）根据（1）的结论及等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质即可求解.【详解】（1）设等差数列公差为，则由，得，将代入上式解得或（舍），所以的通项公式为．（2）由（1）得，所以，故数列是以10为首项，为公差的等差数列，令，解得，故，即当或5时，取得最大值25．18．已知正方形的边长为2，为等边三角形（如图1所示），沿着折起，点折起到点的位置，使得侧面底面，是棱的中点（如图2所示）．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先判定底面，再建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积计算即可；（2）利用（1）建立的坐标系，通过空间向量计算夹角即可.【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于点，则．因为为等边三角形，所以．因为平面底面，且平面底面，所以底面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系． 因为，则，，，，所以，，所以，所以．（2）由（1）得，，设平面的法向量为，则即令，得．设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．在中，角A，，所对的边分别为，，，若，且．(1)求的值；(2)若，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理可得，结合三角恒等变换计算得即可得出结果；（2）利用余弦定理得：，计算即可.【详解】（1），，由正弦定理得， ，．，．又，，．（2），，由余弦定理得，，．20．已知数列为单调递增的等比数列，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等比数列的性质计算即可；（2）分组求和即可.【详解】（1）数列为等比数列，，．设的公比为，则，，，解得或．由单调递增，得，故．（2）由上可知，，．21．如图，在五面体中，四边形是正方形，，，，，点，在平面内的射影落在上．(1)求证：平面(2)设为的中点，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理作答.（2）证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）在正方形中，，而，因为平面，平面，所以平面．（2）因为点，在平面的射影落在上，因此平面平面，又，平面平面，平面，则平面，显然两两垂直．以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则令，得，则，由图知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．22．已知函数，其中(1)若函数的图象恒不在轴上方，求实数的取值范围；(2)证明：，其中．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意转化为恒成立，令，求得，求得函数的单调性与最大值，即可求解；（2）由（1）得到，令，得到，结合对数的运算性质，即可求解.【详解】（1）解：由函数的图象恒不在轴上方，且，即恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即实数的取值范围为．（2）解：由（1）知，当时，，即，当且仅当时取等号，令，可得，所以，即当时，．