湖南省衡阳市名校协作体2022-2023学年高三下学期三模数学试题+Word版含解析

这是一份湖南省衡阳市名校协作体2022-2023学年高三下学期三模数学试题+Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2023届高三全真模拟适应性考试数学试题本试卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.2.已知复数满足，则（    ）A.    B.C.    D.3.的展开式中的常数项是（    ）A.-20    B.20    C.-160    D.1604.两千多年前，我国首部数学专著《九章算术》是数学的瑰宝，世人惊叹祖先的智慧.其中早就提出了宛田（扇形面积）的计算方法：“以径乘周，四而一”（意思是说直径与弧长乘积的四分之一），已知扇形的圆心角为，弧长为，且，则它的面积为（    ）A.    B.    C.    D.5.我国是一个人口大国，产粮､储粮是关系国计民生的大事.现某储粮机构拟在长100米，宽80米的长方形地面建立两座完全相同的粮仓（设计要求：顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为，粮仓高为50米，两座粮仓连体紧靠矩形一边），已知稻谷容重为600千克每立方米，粮仓厚度忽略不计，估算两个粮仓最多能储存稻谷（    ）（取近似值3）A.105000吨    B.68160吨    C.157000吨    D.146500吨6.已知函数的一条对称轴为，一个对称中心为.则当取最小整数时，函数在内极值点的个数为（    ）A.3    B.4    C.5    D.67.已知椭圆的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆相交于两点，，且，则椭圆的离心率为（    ）A.    B.    C.    D.8.若曲线与有三条公切线，则的取值范围为（    ）A.    B.    C.    D.二､多选题：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9.在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，则（    ）A.异面直线与所成角为B.面C.D.点到平面的距离为10.已知函数，则（    ）A.在上最大值为2B.有两个零点C.的图象关于点对称D.存在实数，使的图象关于原点对称11.已知抛物线的顶点为，准线为，焦点为，过作直线交抛物线于两点（顺序从左向右），则（    ）A.B.若直线经过点，则C.的最小值为1D.若，则直线的斜率为12.已知是方程的两根，e为无理数，则（    ）A.    B.C.    D.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.小张､小李参加满分为50分（只取整数）的岗上技能测试，小张的六次成绩从小到大分别为；李的六次成绩从小到大分别为.只知小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数，则__________.14.已知公共点为的圆和圆均与轴相切，且与直线均相切于第一象限，两圆的半径之和为4，则直线的方程为__________.15.若是函数的极小值点，则的取值范围为__________.16.在平面四边形中，，沿对角线将折起，使平面平面，得到三棱锥，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）在中，角的对边分别为（1）求角；（2）已知边的中点为，且，求面积的最大值.18.（本小题满分12分）已知正项数列的前项和为，且对任意成等差数列，又正项等比数列的前项和为.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足，是否存在正整数，使.若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由.19.（本小题满分12分）如图，直三棱柱中，是棱的中点，棱上的点满足，棱上的点满足.（1）证明：；（2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）某区在高中阶段举行的物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一步基本操作：每位参赛选手从类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的（否则终止比赛），才能进行第二步技能操作：从类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.类题操作正确得10分，类题操作正确得20分.以两步总分和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明类7题中有5题会操作，类5题中每题正确操作的概率均为，且各题操作互不影响.（1）求李明被终止比赛的概率；（2）现已知李明类题全部操作正确，求李明类题操作完后得分的分布列及期望；（3）求李明获二等奖的概率.21.（本小题满分12分）已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点（1）求双曲线的离心率及方程；（2）已知点，点，过点的直线与双曲线交于两点，是否为常数？若为常数，求出此常数及的值；若不为常数，请说明理由.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）求函数的最大值；（2）当时，证明：.2023届高三全真模拟适应性考试数学参考答案一､选择题1.C  【解析】，所以.故选C.2.A  【解析】因为，所以.故选A.3.C  【解析】因为展开式的通项为，令，得，故展开式的常数项是.故选C.4.A  【解析】设扇形的圆心角，所在圆的半径为，所以，又，所以，即，因为，所以，所以，故扇形的面积为.故选A.5.A  【解析】由于粮仓高50米，顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为，设粮仓顶部圆锥形的高为米，底面直径为米，圆柱的高为米，两座粮仓总的容积为.若靠矩形长边建造，则，所以；若靠矩形宽边建造，则，所以.因为，当时，在单调递增，所以时，取最大值，两个粮仓最多能储存稻谷吨.故选A.6.B  【解析】因为的一条对称轴为，所以，①，又的一个对称中心为，所以②，①-②得，所以，因为，所以取最小整数值为3.当时，由②得，因为，所以，所以.由得的极值点为时极值点在内.故选B.7.D  【解析】如图所示，设，设，则.在Rt中，.由椭圆定义可知：，，解得：.所以，在中，可得.在中，由余弦定理可得，，即0，解得，椭圆离心率.故选D.8.A  【解析】设公切线为是与的切点，是与的切点，，的方程为，整理得，同理，整理得，依题意两条直线重合，，消去得，由题意此方程有三个不等实根，设，即直线与曲线有三个不同的交点.，令，当或时，；当时，有极小值有极大值.又，当时，0；当时，，故的图象简单表示为下图.当，即时，直线与曲线有三个交点.故选A.二､多选题9.BC  【解析】对于，因为，所以异面直线与所成角为（或补角），，故错误；对于，连接，，由于，所以面面，所以面面，又平面，所以面，故B正确；对于点为线段的中点，.又，故C正确；对于D，作，交于，交于，则平面点到平面的距离即点到平面的距离，平面点到平面的距离为线段的长度，故错误.故选.10.AC  【解析】对于，在上单调递增，，故正确；对于的零点个数即方程的实根个数，即方程的实根个数，即与图象的交点个数.在同一坐标系中画出与图象如图所示：两个函数图象只有一个交点，故B错误；对于，若的图象关于点对称，则有对任意恒成立.恒成立，的图象关于点对称，故正确；对于，若存在实数使的图象关于原点对称，则为奇函数.令对任意恒成立，即恒成立，即对任意恒成立，则有，上述方程组无解，故错误.故选AC.11.ABD  【解析】抛物线方程化为，准线为，所以，准线为，所以，故A正确；又，过作直线交抛物线于两点，显然的斜率存在，设的方程为，与联立消去整理得0恒成立.设，则，.直线经过点，，则，故正确；时，最小为，故C错误；由得，又，解得：，故D正确.故选ABD.12.ABC  【解析】对于，因为，所以，构造函数，因为，所以在上递减，在上递增，所以有唯一的极小值，因为，所以.设，因为，所以在上单调递减，且在上有0，即，由，因为，所以，因为在上递增，所以，即，故A正确；对于是方程的两根，因为，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以.构造函数，当时，0；当时，，所以在区间上递减，在区间上递增，所以有唯一的极小值，若，构造函数，类比选项，可证，故B正确；对于在区间上递减，所以，所以1，故C正确；对于在上递增，，所以，即，故D错误.故选ABC.三､填空题13.45  【解析】因为，所以甲组的第50百分位数为，乙组的第80百分位数为，所以.故答案为45.14.  【解析】设直线的倾斜角，直线的倾斜角为，其方程为，由，解得或（舍去），故直线为.设，圆方程为，圆方程为，两圆方程相减，得直线的方程为.故答案为15.  【解析】，因为是的极小值点，所以0，即，从而.当时，，当时，单调递减；当时，单调递增，符合题意；当时，令，得，若是的极小值点，则，解得.综上，的取值范围.故答案为.16.  【解析】在平面图形中设，即Rt中，.在中，.设外接圆圆心为，外接圆半径为，由正弦定理可得.设三棱锥外接球球心为，则平面.又平面平面，交线为平面四边形为直角梯形.设外接球的半径为，在平面中，过做于，在中，为的中点，.令，则，当且仅当时，即时（满足）等号成立.所以球表面积最小值为.故答案为.17.解：（1）因为，所以，因为，所以，，即，所以，又，所以，所以，即.（2）因为，由余弦定理，解得，又，所以，所以当且仅当时取等号，所以，因为，所以面积的最大值为.18.解：（1）设的公比为，显然，由，解得或（舍去），，所以又对任意成等差数列，，所以，因为，有，故是以为首项，公差的等差数列，所以，又，所以，当时，，时，满足上式，故.（2），设，①②，①-②：9，故不存在正整数，使.19.证明：（1）连接为的中点，，又平面平面，又平面，故，又，，，又平面，故平面，平面.（2）过作于点，又因为平面，所以，平面，所以平面，所以即为与平面所成的角且为，又为正三角形，为的中点，因为两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为分别为轴，过点做的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可知各点坐标分别为：，，，设平面的法向量为，，解得，取.设平面的法向量为，，解得：，取.设平面与平面所成的锐二面角为，则，平面与平面所成锐二面角余弦值为20.解：（1）设“李明被终止比赛”事件为表示选的4题均会操作或3题会操作，故.（2）设李明在竞赛中，类题全部操作正确后得分为的取值为，类题正确操作题数，所求的分布列40608010080.（3）设李明获二等奖的事件为，事件即类题全部操作正确，类题正确操作2题或类题操作正确3题，类题全部正确操作，21.解：（1）双曲线，渐近线为，又一条渐近线为，，则双曲线的离心率，双曲线的方程可写为：经过点，双曲线的方程为.（2）双曲线的方程为，假设存在点，满足题设条件，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，与双曲线无交点；直线的斜率存在时，设为，直线的方程为与交点，联立方程组：，消去可得：，由题可知，且，则，所以，若为常数，则，解得或12，，常数为，且，，且，所以存在，得为常数.22.解：（1），定义域为，，令，则，所以单调递减，又存在，使，即，即，当时，单调递增；当时，单调递减，有最大值，.（2）不等式，即证，即证，当时，不等式显然成立；当时，令，又，所以在上单调递减，，要证不等式，可以证明：，等价于证明：，令函数在上单调递减，，即；当时，只需证令函数在上单调递增，，又，在单调递减，1.所以时，，不等式成立；综合上述不等式得证.