海南省2023届高三高考全真模拟卷（八）数学试题（解析版）

2022－2023学年海南省高考全真模拟卷（八）

数        学

1．本试卷满分150分，测试时间120分钟，共4页．

2．考查范围：高考全部内容．

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，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合A，集合的交集运算即可求出．

【详解】集合，

，

．

故选：A．

2. 已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】应用复数的乘方、除法运算化简复数，由共轭复数定义求.

【详解】，故.

故选：C

3. 已知向量，，，，，则（    ）

A.  B. 2 C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据得到，对两边平方得到.

【详解】，即，

因为，所以，

两边平方得，

即，解得，

故选：D

4. 古代最初的长度计量常常借助于人体的某一部分或某种动作来实现．《孔子家语》说：“布指知寸，布手知尺，舒肘知寻，斯不远之则也．”“布手知尺”是指中等身材人的大拇指和食指伸开之间的距离，相当于1尺，折合现代的长度约16厘米．古代一位中等身材的农民买到一个正四棱台形状的容器盛粮食，由于没有合适的测量工具，于是用自己的手按上述方式去测量，得到正四棱台的两底面边长分别为3尺和1尺，斜高（侧面梯形的高）为2尺，则按现代的方式计算，该容器的容积约为（    ）（1升＝1000立方厘米，）

A. 27升 B. 31升 C. 33升 D. 35升

【答案】B

【解析】

【分析】根据线面垂直的判定和性质以及棱台的体积求法即可求解.

【详解】

棱台 为正四棱台,
四边形 为正方形,
点 在 上,且

作 底面 ,且点在底面 内,
所以 ，
根据题意， (尺), (尺), (尺),
作正方形 在底面的俯视投影 如图:

因为棱台 为正四棱台,
所以正方形 和正方形 的中心重合,
所以 (尺)，
在直角三角形 中,，
故棱台 的高为 尺,
体积为: (立方尺)，
一个立方尺等于 立方厘米，
故该容器的容积为:.
故选: .

5. 函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】先根据函数的图象求出函数的解析式，然后再根据平移得到，最后求出的值.

【详解】由图象可知，，得，所以，

所以，，

又因为在函数的图象上，

所以，

所以，，即，，

又，所以，即.

又在函数的图象上，

所以，即，

即.

所以，

所以.

故选：D.

6. 我国实行个人所得税专项附加扣除制度，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人等多项专项附加扣除．某单位老年、中年、青年员工分别有90人、270人、180人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取6人调查专项附加扣除的情况，再从这6人中任选2人，则选取的2人中恰有一名是中年员工的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由分层抽样的性质确定抽取老年、中年、青年员工的人数，应用组合数、古典概率求法求概率即可.

【详解】由分层抽样等比例性质知：老年、中年、青年员工分别抽取了1人、3人、2人，

所以6人中任选2人中恰有一名是中年员工的概率为.

故选：B

7. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦函数、对数函数性质易得，构造，利用导数判断单调性，再判断大小关系即可.

【详解】因为，所以，显然.

令，则，，

若，且，

则，

所以在上递减，则，即，

综上，.

故选：D.

8. 已知抛物线C：的焦点为F，直线m与抛物线C切于点P，交x轴于点A．直线n经过点P，与x轴交于点B，与C的另一个交点为Q，若，则下列说法错误的是（    ）

A. PA的中点在y轴上 B.

C. 存在点P，使得 D. 的最小值为

【答案】C

【解析】

【分析】直线m斜率存在，令且，利用导数几何意义求切线的方程，即可得直线的方程，进而求坐标，可判断A、B；数形结合易知，在△中应用边角关系判断C；联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式得，应用换元法、导数求最值判断D.

【详解】直线m斜率存在，令且，而，则，故，

所以过的切线为，故，易知：，

所以中点横坐标为0，PA的中点在y轴上，A对；

由上，直线为，故，易知：，

所以中点为，即为的焦点，又，

在中，B对；

由B分析知：，且，则，

在△中，，即，C错；

联立直线与抛物线得：，则，

所以，则，，

，令，则，

若，则，

所以时，递减；时，递增；

故，即，D对.

故选：C

【点睛】关键点点睛：首先应用导数几何意义、直线的垂直关系写出切线、直线方程并求坐标，再利用三角形边角关系比较边的大小，最后应用导数求弦长最值.

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. 已知，则下列不等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】由题设知，特殊值判断A；根据指对数的单调性判断B、C；由基本不等式知，进而判断是否成立判断D.

详解】由，故，

当时，A错；

由在定义域上递减，而，故，B错；

由，而在定义域上递增，故，C对；

因为，则，

仅当，即时等号成立，

所以，只需，而，仅当时等号成立，

综上，，仅当时等号成立，D对.

故选：CD

10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，设点P为C右支上一点，P点到直线的距离为d，过的直线l与双曲线C的右支有两个交点，则下列说法正确的是（    ）

A. 的最小值为2 B.

C. 直线l的斜率的取值范围是 D. 的内切圆圆心到y轴的距离为1

【答案】BD

【解析】

【分析】数形结合判断A；令且，应用两点距离、点线距离及点在双曲线上列式化简判断B；结合双曲线渐近线及直线与双曲线交点情况确定直线斜率范围判断C；利用双曲线定义及内切圆性质确定圆心横坐标，即为双曲线右顶点横坐标判断D.

【详解】A：由题设及下图知：当与右顶点重合时，最小为，错；

B：令且，则，对；

C：由渐近线方程为，过的直线l与双曲线C的右支有两个交点，

结合图知：直线l的斜率的取值范围为，错；

D：若内切圆与三边相切于，如下图，则，，，

又，即，

由，即与右顶点重合，易知的内切圆圆心到y轴的距离为1，对.

故选：BD

11. 已知数列满足，且，等差数列的前n项和为，且，，若恒成立，则实数λ的值可以为（    ）

A. －36 B. －54 C. －81 D. －108

【答案】CD

【解析】

【分析】由变形为，得出为等比数列并求出通项，再根据累加法求出；根据等差数列的通项公式及前n项和公式求出，再求解的最小值得出结果.

【详解】由，得，

由，得，即，

又，所以为等比数列，公比.

所以.

由累加法得

，

当时，相符，

所以.

已知等差数列的前n项和为，

则，且，

解得，则.

已知恒成立，又，

则，设

因为当时，

因为当时，，

又，，，，

故的最小值为，

所以，

故选：CD.

12. 在直三棱柱中，，，，三棱锥的体积为，点M，N，P分别为AB，BC，的中点，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 直线与直线PN为异面直线

C. 平面ABP⊥平面 D. 三棱柱外接球的体积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由余弦定理可得，利用勾股定理和线面垂直判定定理可得平面，结合棱锥的体积公式计算即可判断A；由异面直线的判定定理即可证明直线与直线NP为异面直线，进而判断B；由面面垂直的性质和过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直，即可判断C；将三棱柱补成长方体，结合球的体积公式计算即可判断D.

【详解】A：在中，由，由余弦定理，

得，

即，得.所以，得，

又三棱柱为直三棱柱，所以，

又平面，所以平面，

所以，得，故A正确；

B：连接AN，延长NP交于点Q，连接，则且，

所以四点确定唯一平面，又平面，平面，

且平面，NP，所以直线与直线NP为异面直线，故B正确；

C：延长BP至点，连接，又平面平面，

在平面内过A作，若平面平面，

则平面，由A选项的分析知平面，

这与过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故C错误；

D：由A选项的分析，可将直三棱柱补全成长、宽、高分别为1、、4的长方体，

则直三棱柱外接球的直径即为长方体的体对角线长，

有，得，

所以该外接球的体积为，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知α是第二象限的角，，则________．

【答案】##

【解析】

【分析】利用余弦二倍角公式及商数关系式求解结果.

【详解】因为，又α是第二象限的角，

所以，，

所以.

故答案为：.

14. 的展开式中，项的系数为__________．

【答案】252

【解析】

【分析】写出二项式通项公式，求出项的对应，进而确定求系数.

【详解】由二项式展开式通项为，

令，则，则，故项的系数为.

故答案为：

15. 已知直线，直线过点且与直线相互垂直，圆，若直线与圆C交于M，N两点，则_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求得直线的方程为，以及圆C的圆心坐标和半径，结合圆的弦长公式，即可求解.

【详解】由直线，可得斜率，

因为且直线过点，所以直线的斜率为，

所以的方程为，

又由圆，即，

可得圆的圆心坐标为，半径为，

则圆心到直线的距离为，

所以弦长.

故答案为：.

16. 已知函数，过点作曲线的切线，则切线的条数为_______________．

【答案】1

【解析】

【分析】分与两种情况，设出切点，写出切线方程，将代入，求出相应答案.

【详解】当时，，设切点为，，

其中，

故过的切线方程为，

将代入，可得，解得，满足要求，

当时，，设切点为，，

其中，

故过的切线方程为，

将代入，可得，解得，不合要求，舍去；

故答案为：1

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. 已知数列满足（n≥2，），．

（1）求证：数列为等比数列，并求的通项公式；

（2）求数列前n项和．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）构造等比数列，再求其通项；

（2）利用等比数列求和公式以及分组求和法得出结果.

【小问1详解】

∵，

∴，

所以，又，

∴是首项为2，公比为2的等比数列，

∴，

∴．

【小问2详解】

∵，

∴，

当n为偶数时，

．

当n为奇数时，

．

综上．

18. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．

问题：已知△ABC中，点M在线段BC上，且，        ，，．

（1）求的值；

（2）求AM的值．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选择条件①，利用切化弦公式、正弦两角和公式、正弦定理进行求解；

选择条件②，利用余弦二倍角公式、正弦定理进行求解；

（2）由，得，接合余弦定理进行求解.

【小问1详解】

若选择条件①：

依题意，，，

故，

即，

由正弦定理，得．

在△ABM中，有，①

在△ACM中，有，②

因为，所以，

又

所以得．

若选择条件②：

因，

所以，

即，由正弦定理，得，

故．

在△ABM中，有，①

在△ACM中，有．②

因为，所以，又

所以得．

【小问2详解】

由（1）可知，，

在△ABM中，，

在△ACM中，，

因为，所以，

所以，

所以．

19. 白玉蜗牛营养价值、药用价值以及美容价值都极高，目前既是“世界四大名菜之一”，也是降血脂药物和珍贵的高级化妆品原料．此外，白玉蜗牛的外壳还可以用来制作手工艺品和加工成动物高蛋白补钙饲料．某白玉蜗牛养殖户统计了养殖以来7个季度的销售情况，如下表所示，若y与x线性相关．

（1）根据前7个季度统计数据，求出y关于x的经验回归方程；

（2）预测该养殖户在第9个季度的销售额；

（3）若该养殖户每季度的利润W与x，y的关系为，试估计该养殖户在第几季度所获利润最大．

附：经验回归方程中的系数，．

【答案】（1）   

（2）7.625万元    （3）第5季度

【解析】

【分析】（1）由y关于x的回归直线方程的计算公式求得结果；

（2）将代入回归直线方程求得结果；

（3）将养殖户每季度的利润W表示成关于x的二次函数，再求二次函数的最值.

【小问1详解】

由表格数据，得，，

则，

所以，

所以y关于x的经验回归方程为．

【小问2详解】

将代入（1）中所求方程，得，

即该养殖户在第9个季度的销售额约为7.625万元．

【小问3详解】

由题意知，

．

因为，则由二次函数的对称性知，该养殖户在第5季度所获利润最大．

20. 如图所示，在五面体EF－ABCD中，底面ABCD为正方形，．

（1）求证：；

（2）若，点G为线段ED的中点，求直线DF与平面BAG所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面平行的判定可得CD平面ABFE，再由线面平行的性质得CDEF，最后根据线面垂直的判定有CD⊥平面ADE，由线面垂直的性质证结论；

（2）构建空间直角坐标系，求出直线方向向量、平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.

【小问1详解】

因为底面ABCD是正方形，所以．

又平面ABFE，平面ABFE，所以CD平面ABFE．

因为平面CDEF，平面CDEF∩平面，所以CDEF．

因为底面ABCD是正方形，所以，

又CD⊥AE，交于A且在面ADE上，所以CD⊥平面ADE．

又平面ADE，所以，

所以．

【小问2详解】

由（1）知：CD⊥AD，CD⊥DE，又∠EDA＝90°，故，

以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨设，由题意，

所以△DCF为等腰直角三角形，由知：，，

则，，，，．

易知，，．

设平面BAG的法向量为，由得：，令，所以，

故直线DF与平面BAG所成角θ的正弦值．

21. 已知椭圆C：过点，．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点，且，，求直线l的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）待定系数法求出椭圆方程；

（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件得到，即，从而列出方程，代入两根之和，两根之积，求出，得到答案.

【小问1详解】

依题意得，

解得．

故椭圆C的标准方程为．

【小问2详解】

设直线l的方程为，

代入，整理得．

由，得．

设，，

则，．

而，，故，

所以，

故，

即，即，

即，

整理得，

所以，

得，

因为，所以，

故直线l的方程为或．

22. 已知．

（1）求在上的最值；

（2）若恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）最大值为，最小值为   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导后根据函数的单调性确定极值即可；（2）将不等式转化后求导，分类讨论即可得解.

【小问1详解】

由题意知，

令，得，

令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

因为，，，

所以在上的最大值为，最小值为．

【小问2详解】

恒成立，

即恒成立，

设，

则，．

①当时，取，则

，

所以当时，不恒成立．

②当时，在上单调递减，在上单调递增，

所以要使，只需，

即，