上海市格致中学2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份上海市格致中学2023届高三三模数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市格致中学2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题1．在复数集中，若复数z满足，则___________．2．双曲线的离心率为____．3．若全集为，集合，，则___________．4．已知函数为奇函数，则实数______5．若的展开式中共有7项，则常数项为___________（用数字作答）.6．从高三某班抽取名同学，他们的数学成绩如下：，，，，，，，，，（单位：分），则这名同学数学成绩的第百分位数是___________．7．盒子中有大小与质地相同的5个红球和4个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球3个，再从盒子中取1个球.则第二次取出的球是白色的概率为______.8．关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为___________．9．已知，设，则函数的值域为___________．10．已知在上是严格增函数，且该函数在上有最小值，那么的取值范围是___________．11．已知正项数列的前n项和为，若，，数列的前n项和为，则下列结论正确的是___________．①；②是等差数列；③；④满足的n的最小正整数解为10．12．已知平面向量，，满足，，，则的最大值为___________． 二、单选题13．“”是“”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件14．实验测得六组成对数据的值为，，，，，，由此可得y与x之间的回归方程为，则可预测当时，y的值为（    ）A．67 B．66 C．65 D．6415．将函数，的图象绕点顺时针旋转角（）得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图形，则的最大值为（    ）A． B． C． D．16．在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ）A．当时，三棱锥的体积为定值B．当时，四棱锥的外接球的表面积是C．的最小值为D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 三、解答题17．在中，，，边中线.(1)求的值；(2)求的面积．18．如图，三棱柱中､四边形是菱形，且，，，，(1)证明：平面平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值；19．2022年11月21日第22届世界杯在卡塔尔开幕，是历史上首次在中东国家举办，也是第二次在亚洲国家举办的世界杯足球赛.某校“足球社团”调查学生喜欢足球是否与性别有关，现从全校学生中随机抽取了人，若被抽查的男生与女生人数之比为5：3，男生中喜欢足球的人数占男生的，女生中喜欢足球的人数占女生的.经计算，有95%的把握认为喜欢足球与性别有关，但没有99%的把握认为喜欢足球与性别有关.(1)请完成下面的列联表，并求出k的值； 喜欢足球不喜欢足球合计男生   女生   合计   (2)将频率视为概率，用样本估计总体，从全校男学生中随机抽取3人，记其中喜欢足球的人数为X，求X的分布列及数学期望.附：，其中.0.100.050.010.0012.7063.8416.63510.828 20．已知椭圆C：的焦距为，且过点．(1)求椭圆C的方程；(2)设与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点（异于椭圆顶点），点P为线段MN的中点，为坐标原点．①若点P在直线上，求证：线段的垂直平分线恒过定点，并求出点的坐标；②求证：当的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．21．已知，（1）求在处的切线方程以及的单调性；（2）对，有恒成立，求的最大整数解；（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.
参考答案：1．【分析】设出，再利用复数的运算法则和复数相等的定义即可得出结果.【详解】设，则，则，解得，或，所以或，故答案为：2．【详解】试题分析：由题意得：考点：双曲线离心率3．【分析】先求出集合，再求出，再利用集合的运算即可得出结果.【详解】因为，由，得到，即，又，易知，所以，所以，故答案为：4．1【分析】根据奇函数的定义结合指数运算求解.【详解】若函数为奇函数，则，即，解得：，故答案为：1.5．240【分析】由可得的值，再写出展开式的通项，令的指数位置等于即可求解.【详解】因为的展开式中共有7项，所以，可得，所以展开式的通项为，令可得，所以常数项为，故答案为：.6．【分析】根据百分位数定义可求.【详解】解：因为，所以这名同学数学成绩的第百分位数是，故答案为：.7．【分析】根据全概率公式求解可得.【详解】设事件为“第一次抽到白球”，事件为“第二次抽到白球”，则，所以，由题可得，，，，所以.故答案为：.8．【分析】构造，利用函数的性质，将问题转化成在上恒成立，再通过分离常转化成求函数的最值即可求出结果.【详解】因为关于x的不等式的解集是，所以在上恒成立，令，易知为偶函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，当时，由，得到，当时，由，得到，又因为，当且仅当时取等号，所以，综上，实数的取值范围为.故答案为：.9．【分析】确定函数的定义域，化简可得的表达式，换元令，可得，结合二次函数的性质即得答案.【详解】由题意得，则，即的定义域为，故，令，则，函数在上单调递增，故，故函数的值域为，故答案为：10．【分析】根据条件，结合的图像与性质即可求出结果.【详解】当时， ，又因为在上是严格增函数，所以且，即，，又，取，得到，当时，，又，所以，又该函数在上有最小值，所以，得到，综上所述，.故答案为：.11．②③④【分析】根据题意得，整理得，即可判断②；由②知，，所以，，即可判断①；因为，即，令，即，构造函数，利用函数的单调性即可判断出③的正误；再根据题意得，求和得，再根据题意求解即可判断④的正误.【详解】因为，当时，，解得，当时，，所以，整理得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，故②正确；对于①，由，又正项数列的前项和为，得到，当时，解得，当时，，即，又，所以时，满足，所以，又，因为，所以，即，故①不正确；对于③，令，所以，当时，恒成立，所以在单调递增，所以，即，所以在上恒成立，令，所以，又，即成立，故③正确；对于④，因为，所以，所以，所以，因为，即，化简整理得：，当时，，当时，，所以满足的的最小正整数解为，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.12．【分析】根据题意，设出，，的坐标，结合向量模长的坐标公式，分类讨论，即可得到的范围，从而得到结果.【详解】设，，，，由已知可得：，当且仅当时，取等号，当时，有，得，当时，有，得，所以当时，.所以的最大值为.故答案为：.13．A【分析】解绝对值不等式得到解集为，从而得到，但，求出答案.【详解】，当时，，即，解得，与取交集，得，当时，，即，成立，故，当时，，解得，与取交集，得，综上：的解集为，因为，但，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A14．B【分析】先求出样本中心点，线性回归方程恒过，代入即可求出，再令，代入求解即可.【详解】由表中数据可得，，，线性回归方程为，则，解得，故，当时，.故选：B.15．A【分析】要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，故只需求 处的倾斜角即可.【详解】  函数，，当时，，函数在上递增，当时，，函数在上递减，可得在处切线的倾斜角为，因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，也就是说，最大旋转角为，即的最大值为.故选：A.16．C【分析】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确.【详解】对于A，当时，为中点，又为中点，，  平面，平面，平面，则当在线段上移动时，其到平面的距离不变，三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥，平面，设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，  ，，，即，解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确；对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，  ，（当且仅当与重合时取等号），，，，，即的最小值为，故C错误；对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，  则，，，，，，，若平面，则，，解得：（舍）或，存在唯一的实数对，使得平面，故D正确.故选：C.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出的值；（2）由余弦定理得出，最后由面积公式得出的面积．【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得因为，所以，因为，所以.（2）因为，，可知为等腰三角形.在中，由余弦定理可得即，解得.所以的面积为.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.【详解】（1）连接交于O，连接，如图，四边形是菱形，所以，又，，是的中点，所以且，由，可知为正三角形，所以，，在中，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）设到平面的距离为，因为中，，，所以，又，，所以由，可得,即,设直线和平面所成角为，则.19．(1)列联表见解析，(2)分布列见解析， 【分析】（1）依题意，先填好列联表，再根据卡方计算临界值求出k；（2）按照二项分布求解.【详解】（1）由已知，完成列联表， 喜欢足球不喜欢足球合计男生15k10k25k女生5k10k15k合计20k20k40k将数值代入公式可得的观测值：，根据条件，可得，解得，因为，所以；（2）由（1）知，样本的男生中喜欢足球的频率为，用样本估计总体，从全校男生中随机抽取一人，喜欢足球的概率为，则 ， ， ， ， ，则X的分布列为X0123P；综上， ，数学期望为 .20．(1)(2)①证明见解析，；②直线OM与ON的斜率之积为. 【分析】（1）根据焦距和所过点联立方程组求解即可；（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，①根据中点公式及垂直平分线方程化简即可证明并得到定点；②利用弦长公式和点到直线距离公式，表示出三角形面积，并借助重要不等式得到三角形面积最大时，直线方程中的参数满足的条件，由此化简直线OM与ON的斜率之积即可得出定值.【详解】（1）因为焦距为，即，所以，又因为椭圆过点，所以，解得，所以椭圆C的方程为.（2）由题意知，直线l斜率存在，设直线l方程为，设.由得，，.①因为点P为线段的中点，点P在直线上，所以，即，.所以.所以线段MN的垂直平分线方程为，即，即.故线段的垂直平分线恒过定点.②由弦长公式得，坐标原点到直线的距离为，所以的面积为.当且仅当，即时等号成立.所以.所以直线OM与ON的斜率之积为定值.21．（1）切线方程为；单调递减区间为，单调递增区间为（2）的最大整数解为（3）证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；（3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；【详解】解：（1）所以定义域为；；所以切线方程为；，令解得令解得所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）等价于；，记，，所以为上的递增函数，且，，所以，使得即，所以在上递减，在上递增，且；所以的最大整数解为.（3），得，当，，，；所以在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，要满足，即；因为，，令，由，，即：，而要证，只需证，即证：即：由，只需证：，令，则令，则故在上递增，；故在上递增，；.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综合性比较强，属于难题.