浙江省温州市龙港市第二高级中学2023届高三考前热身押题卷数学试题（含解析）

这是一份浙江省温州市龙港市第二高级中学2023届高三考前热身押题卷数学试题（含解析），共26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。
浙江省温州市龙港市第二高级中学2023届高三考前热身押题卷数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知空间的三个不共面的单位向量，，，对于空间的任意一个向量，（    ）A．将向量，，平移到同一起点，则它们的终点在同一个单位圆上B．总存在实数x，y，使得C．总存在实数x，y，z，使得D．总存在实数x，y，z，使得4．已知椭圆的焦点为，，且c是a，b的等比中项，则在椭圆上使的点P共有（    ）A．0个 B．2个 C．4个 D．8个5．设圆柱的体积为，当其表面积最小时，圆柱的母线长为（    ）A． B． C． D．6．为庆祝中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕，某高中举行“献礼二十大”活动，高三年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名学生代表参加，活动结束后5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有（   ）种．A．40 B．24 C．20 D．127．已知函数的最小正周期为T，且，若的图象关于直线对称，则（    ）A． B． C． D．8．已知实数，，，且，则必有（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．在平行六面体中，已知，，则（    ）A．直线与所成的角为B．线段的长度为C．直线与所成的角为D．直线与平面所成角的正弦值为10．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）A．导函数的单调递减区间为B．的图象关于点中心对称C．过原点只能作一条直线与的图象相切D．恰有两个零点11．已知椭圆的左右焦点分别为，圆内切于椭圆.过椭圆上不与顶点重合的点引圆的两条切线，切点分别为，点关于原点对称，则下列结论中正确的是（    ）A．的最小值为B．存在点，使得C．若直线交椭圆于两点，线段的中点为，则的值为常数D．若在轴上的射影是，直线交椭圆于另一点，则直线与不垂直12．已知函数和及其导函数和的定义域均为，若，，且为偶函数，则（    ）A． B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于直线对称 D． 三、填空题13．的展开式中，常数项为__________（用数字作答）.14．11世纪，阿拉伯数学家阿尔•卡克希利用几何方法推出了自然数的三次方的求和公式（如图所示），据此可知：______．15．已知点在抛物线上，B，C是抛物线上的动点且，若直线AC的斜率，则点B纵坐标的取值范围是______．16．四面体ABCD中，，二面角的大小为，则四面体ABCD外接球体积的最小值为______． 四、解答题17．数列满足：，等比数列的前项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前项和为，试证明.18．如图，四棱锥中，底面.底面为等腰梯形，.(1)求证：平面平面；(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.19．在锐角中，角的对边分别是，且__________.在下列两个条件中选择一个补充在横线上：①；②(1)求出角的大小；(2)若角的平分线交边于点，且，求的取值范围.20．杭州亚运会最终确定延期至2023年9月23日至10月8日举行，某校就此热点举办了一场迎亚运知识竞赛，将100人的成绩整理成下表：分数男女男女男女男女男女男女频率/组距0.0070.0030.0090.0060.0180.0070.0280.0070.0090.0010.0030.002(1)从不低于70分的学生中选出1人，如果他是男生，求该学生成绩在80分以上（含80分）的概率；(2)已知某生成绩低于70分，设该生成绩为，求他的成绩的分布列与期望；(3)假设表示事件“学校举办亚运知识培训”，表示事件“某学生对亚运知识产生兴趣”，，一般来说在学校举办亚运知识培训的情况下学生对亚运知识产生兴趣的概率会超过不举办培训的概率.证明：.21．已知F是双曲线C：的右焦点，过F的直线l交双曲线右支于P，Q两点，PQ中点为M，O为坐标原点，连接OM交直线于点N．(1)求证：；(2)设，当时，求三角形面积S的最小值．22．已知函数.(1)若在定义域上具有唯一单调性，求的取值范围；(2)当时，证明：.
参考答案：1．C【分析】根据一元二次不等式和指数不等式解法可得集合，，再根据交集、补集运算即可得出结果.【详解】由可得集合，根据指数函数单调性可得，即，所以；因此；根据交集运算可得故选：C2．D【详解】，对应的点为，在第四象限.本题选择D选项.3．D【分析】根据空间向量的基底与共面向量充要条件逐项判断即可.【详解】解：对于A，当空间的三个不共面的单位向量，，作为空间直角坐标系的标准正交基底时，向量，，平移到同一起点即坐标原点，此时它们的终点形成边长为的正三角形，其外接圆半径满足，即，不是单位圆，故A不正确；对于B，由三个向量共面的充要条件可知，当向量，，共面时，总存在实数x，y，使得，但向量是空间的任意一个向量，即，，可以不共面，故B错误；对于C，由于向量，则向量是空间中的一组共面向量，不能作为空间的基底向量，所以当不与，共面时，则找不到实数x，y，z，使得成立，故C不正确；对于D，已知空间的三个不共面的单位向量，，，则向量不共面，所以可以作为空间向量的一组基底，则总存在实数x，y，z，使得，故D正确.故选：D.4．C【分析】当为椭圆短轴的顶点时，，从而得出满足条件的点P个数.【详解】因为c是a，b的等比中项，所以，当为椭圆短轴的顶点时，最大，此时，，即，因此在第一象限内存在一点满足，结合对称性可知，在椭圆上使的点P共有4个.故选：C5．D【分析】根据圆柱体积公式，把圆柱底面半径为用圆柱体积和母线长表示出来，由公式计算圆柱表面积，利用基本不等式求表面积的最小值，由等号成立的条件求此时圆柱的母线长.【详解】设圆柱底面半径为，母线长为，有，则，圆柱表面积，当且仅当，即时等号成立.所以圆柱表面积最小时，圆柱的母线长为.故选：D6．B【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有种，故选：．7．A【分析】运用二倍角公式化简，结合与的对称性求得的值，进而求得结果.【详解】因为，所以．又因为，所以，即，①又因为的图象关于直线对称，所以，．所以，，②所以由①②得，所以，故．故选：A.8．A【分析】设函数，利用导数得出其单调区间，取，从而可判断选项的正误，得出答案.【详解】令函数，则.所以单调递增，由，可得在上恒成立，在上恒成立.取，则当时，，即，；当时，，即，.故B，D不一定成立.又当时，，所以，由换底公式得；当时，.所以，得. 所以选项A正确故选: A9．AC【分析】设，将分别用表示，再根据向量数量积的运算律即可判断ABC；对于D，先证明平面平面，从而可得与平面所成的角为，再解即可.【详解】设，则，且，对于A，，，所以直线与所成的角为，故A正确；对于B，因为，所以，故B错误；对于C，因为，所以，故C正确；对于D，连接，交于点，则为的中点，因为，，所以，又因平面，所以平面，又平面，所以平面平面，作，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则与平面所成的角为，在中，，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.故选：AC.10．BC【分析】先求出，利用二次函数知识求出函数的单调区间，可判断A，根据得到函数的中心对称，可判断B，利用导数的几何意义建立切点横坐标方程，根据根的个数判断C，再由函数单调性、极值点结合图象对选项D作出判断即可.【详解】因为，所以，则导函数为对称轴是，且开口向上的抛物线，故其单调减区间为，A错误；因为，所以的图象关于点中心对称，B正确；设过原点的直线与相切于点，则，整理得，令，，令，得或，令，得，故有极大值，极小值，由三次函数性质得只有一个解，则过原点只能作一条直线与的图象相切，C正确；令，得或，令，得，所以函数有极大值，极小值，由三次函数性质得有三个解，即有三个零点，故D错误.故选：BC11．BCD【分析】对于A项，利用椭圆的定义及基本不等式即可判定；对于B项，设点P坐标利用向量数量积的坐标表示，计算即可；对于C项，利用圆的切点弦方程联立椭圆方程，用点P坐标表示出点T坐标，计算即可；对于D项，利用条件可得G点坐标，继而判定.【详解】对于A项，由题意及椭圆对称性质可得：，故A错误；对于B项，设点，易知，则，而，故B正确；对于C项，由圆与椭圆相切，故该切点到原点的距离恰好为椭圆上距离原点的最近的点的距离，不妨设切点为，则，显然最小距离为，即，故圆.这里再补充圆的切线方程与切点弦方程，①设圆O：，则过圆上一点的切线方程为：；证明：取过P的切线上任一点M，则；②设圆O：，则过圆外一点作圆的两条切线，则切点连线方程为：；证明：设切点分别为，由上可知，而P点是其公共点，故，即是方程的两组根，故在直线上，即.在本选项中，由上可知，设切，则联立椭圆方程化简可得：故，即C正确；对于D项，易得，则与椭圆联立可得，显然，故D正确.故选：BCD12．ABC【分析】根据为偶函数，可得，两边求导即可判断A；由关于直线对称得，结合，即可判断B；根据两边同时求导得，从而可判断C；先求出函数和的周期，再结合函数的对称性即可判断D.【详解】对于A，由为偶函数得，则关于直线对称，即，两边同时求导得，令得，故A正确；对于B，由关于直线对称得，由得，所以，即关于直线对称，故B正确；对于C，对两边同时求导得，由得，则，所以关于直线对称，故C正确；对于D，由得，结合选项可知，，即，所以，所以4是函数的一个周期，由得，4也是函数的一个周期，由得，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称轴是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路.13．60【分析】利用二项式定理求出通项公式，再根据的取值，即可得答案；【详解】，展开式的通项为：，当即时，，当时无解，故中无常数项. 所以的展开式中，常数项为60.故答案为：6014．2025【分析】利用图形的割补求面积，即可求得自然数的三次方的求和公式.【详解】由题知，可转化为一个底边长为：，高为：的直角三角形，其面积即是自然数的三次方的求和：，当时，.故答案为：2025.15．【分析】由已知得出，即可设出，，则根据已知可得与，与可解出，由整理为，根据已知得出关于的方程，在上有解，即可解出或，综合即可得出答案.【详解】点在抛物线上，，解得，即，设，，则，，直线AC的斜率，，解得：，，，且，由解得：，由可得：，整理化简为：，则关于的方程，在上有解，则，解得：或，综上所述：点B纵坐标的取值范围是，故答案为：.16．【分析】作出图，利用外接球球心到各顶点距离相等，结合题中的边长和二面角大小，求出外接球半径的表达式，进而求出外接球半径的最小值即可求解.【详解】如图，设为四面体的外接球球心，为的中点，在平面，上的投影分别为，连接，，，，，，由外接球的性质可知：分别为，的外心，所以，，是二面角的平面角，则.由可知：为正三角形，所以，因为为四面体的外接球球心，所以，则，进而四点共面，设，因为为的外心，所以（同弧所对的圆心角是圆周角的二倍），则，如图，延长交于点，因为，，所以，由可得：，也即，所以，则，所以，则，当时，外接球半径最小，最小为，此时四面体外接球体积的最小，所以四面体外接球体积的最小值为，故答案为：.17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）当时，得到，结合，求得的通项公式，再由，可得，求得，求得，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，结合乘公比错位相减法，结合指数函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：由数列满足，当时，，所以，当时，满足上式，所以数列的通项公式为，又由，可得，可得， 当时，，所以，解得，此时适合，所以数列的通项公式为.（2）解：由，，可得，则，可得，两式相减，可得所以，因为，所以.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）将问题转化为证明平面PAC，然后利用已知和勾股定理可证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据直线与平面所成角的正弦值先求点M的位置，然后可解.【详解】（1）作，垂足为，则由余弦定理，.又底面，面因为，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAB，所以平面平面（2）由（1），可以点A为坐标原点建系如图.易知，又，所以，，设，设平面的法向量.则可取则是中点，设平面的法向量为，即平面的法向量，则，取得则，即为所求平面夹角的余弦值.19．(1)(2) 【分析】（1）由选择的条件,结合正余弦定理和两角和的正弦公式化简，可求角的大小；（2）设，由三角形面积公式得，再由余弦定理得，构造函数，利用单调性求取值范围.【详解】（1）若选①，由正弦定理边化角，得，锐角中，则，所以.若选②余弦定理有，由正弦定理边化角，得，可取，则，又，则，故锐角中 ，即.（2）由，令，则，得，由余弦定理，得，所以，，锐角中，则，，函数在上单调递增，则，20．(1)(2)分布列见解析，(3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到其分布列与数学期望；（3）由题意知，根据条件概率的概率公式及概率的乘法公式证明即可.【详解】（1）不低于分的学生人数为.设从中选出1人是男生为事件，成绩在分以上为事件，则（2）依题意的可能取值为，，，则，，所以的分布列为：4555650.20.30.5期望.（3）由题意知，即，即，即，即，即，即.21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设出PQ的方程，与双曲线联立消元，利用韦达定理求出点的坐标，再利用向量的数量积等于0即可证明；（2）利用直线中范围，通过韦达定理与建立起联系，从而求出的范围，再将面积用关于的函数来表示，通过函数的单调性即可求得最小值.【详解】（1）由题知，在双曲线中，，，，所以，因此.因为过F的直线l交双曲线右支于P，Q两点，故可设PQ的方程为，设，，由得，，，，得∴，得直线OM的方程为，从而得由，，得，所以即，故（2）因直线PQ与双曲线右支交于两点，得由，，得又因，得，，得，又因，得，，，由，，不妨设，令， ，在该区间内单调递增，故.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，分两种情况讨论，若在定义域上单调递增，则恒成立，即在上恒成立；若在定义域上单调递减，则恒成立，即在上恒成立，结合基本不等式可得解；（2）要证原不等式成立，只需证，只需证，只需证，当时，则原不等式即证，结合的单调性即可得证.【详解】（1）由题意得的定义域为.若在定义域上单调递增，则恒成立，得，即在上恒成立，又，当且仅当时等号成立，；若在定义域上单调递减，则恒成立，即在上恒成立，而这样的不存在.综上所述：在定义域上单调递增，且.（2）方法一：要证成立，只需证，只需证，只需证，只需证，当时，原不等式即证，由（1）知在上单调递增，，又，则，原不等式成立.方法二：要证成立，只需证，只需证，只需证，令，则.在上单调递增，，原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数问题常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．