2023年海南省海口市高考数学模拟试卷-普通用卷

这是一份2023年海南省海口市高考数学模拟试卷-普通用卷，共22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年海南省海口市高考数学模拟试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  二项式的展开式中，的系数为(    )A.  B.  C.  D. 4.  函数的单调递减区间是(    )A.  B. 和
C.  D. 和5.  设，若函数图象上任意一点满足，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  设点在等边内含的三条边，，，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知数列满足，，数列满足，，设数列和的前项和分别为和，若，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产人们赞美蜜蜂是自然界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体世纪初，法国天文学家通过观测发现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱如图，左侧的正六棱柱，底面边长为，高为蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图，它的顶部是边长为的正六边形，底部由三个全等的菱形，和构成，其余侧面由个全等的直角梯形构成，，，蜜蜂的高明之处在于图的构造在容积上与图相等，但所用的材料最省图中，(    )
A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  随着社会的发展，人们的环保意识越来越强了，某市环保部门对辖区内、、、四个地区的地表水资源进行检测，按照地表水环境质量标准，若连续天，检测到地表水粪大肠菌群都不超过个，则认为地表水粪大肠菌群指标环境质量稳定达到Ⅰ类标准，否则不能称稳定达到Ⅰ类标准已知连续天检测数据的部分数字特征为：地区的极差为，分位数为；地区的平均数为，方差为；地区的中位数为，极差为；地区的平均数为，众数为根据以上数字特征推断，地表水粪大肠菌群指标环境质量稳定达到Ⅰ类标准的地区是(    )A. 地区 B. 地区 C. 地区 D. 地区10.  已知锐角，，满足，则(    )A. ，可能是方程的两根
B. 若，则
C.
D. 11.  如图，正方体的棱长为，，，分别是，和的中点，在线段上，则(    )A. ，，，，五点在同一个球面上
B. 直线与平面的交点为线段靠近点的四等分点
C. 三棱锥的体积为
D. 存在点，使平面
 
 12.  已知，，，，下面结论正确的是(    )A.  B. ．
C.  D. 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知直线与圆：交于，两点，则 ______ ．14.  在正三棱锥中，，则该三棱锥外接球的表面积为______ ．15.  已知点，分别是双曲线的左右焦点，过的直线与该双曲线交于，两点点位于第一象限，点是内切圆的圆心，则 ______ ；若的倾斜角为，的内切圆面积为，的内切圆面积为，则为______ ．16.  已知正实数，满足：，则的最小值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
将数列按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列的一个分群数列，称为这个分群数列的原数列如，，，，，是数列的一个分群数列，其中第个括号称为第群已知数列的通项公式为．
若数列的一个分群数列每个群都含有项，该分群数列第群的最后一项为，求数列的通项公式．
若数列的一个分群数列满足第群含有项，为的该分群数列第群所有项构成的数集，设，求集合中所有元素的和．18.  本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知，．
若，求的面积；
若，点为中点，求的长．19.  本小题分
海口市某中学一研究性学习小组为了解海口市民每年旅游消费支出费用单位：千元，寒假期间对游览某签约景区的名海口市游客进行随机问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表： 组别频数从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，求两人旅游支出均低于元的概率；
若海口市民的旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数同一组中的数据用该组区间的中间值代表，近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题：
(ⅰ)假定海口市常住人口为万人，试估计海口市有多少市民每年旅游费用支出在元以上；
(ⅱ)若在海口市随机抽取位市民，设其中旅游费用在元以上的人数为，求随机变量的分布列和均值．
附：若，则，，．20.  本小题分
如图，四棱锥中，，，平面平面．
证明：平面平面；
若，，，与平面所成的角为，求的最大值．
21.  本小题分
已知椭圆：的左右两个顶点分别为，，左右两个焦点分别为，，动点是上异于，的一点，当时，．
求椭圆的标准方程；
设直线的方程为，直线和分别交于点和点从以下三个条件中任选一个作为已知条件，证明另外两个条件成立：
；
；
以为直径的圆与相切于．22.  本小题分
已知函数．
求的最小值；
设．
(ⅰ)证明：存在两个零点，；
(ⅱ)证明：的两个零点，满足．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，
．
故选：．
可求出集合，然后进行并集的运算即可．
本题考查了集合的列举法和描述法的定义，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：复数满足，
，
．
故选：．
根据复数的基本运算，即可求解．
本题考查复数的基本运算，属基础题．
 3.【答案】 【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
则二项式的展开式中，的系数为．
故选：．
先求得二项式展开式的通项，再令的指数为，求得的值，进而得到答案．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：根据题意，函数，
其递减区间为和．
故选：．
根据题意，将写成分段函数的形式，结合二次函数的性质分析可得答案．
本题考查分段函数的性质以及应用，涉及二次函数的性质，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：，满足，
则，
在上，
，即，
，两边同时平方可得，，解得．
故选：．
根据已知条件，结合两点之间的距离公式，即可求解．
本题主要考查两点之间的距离公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：已知点在等边内含的三条边，
又，
则，，
则点在的角平分线上，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，其中，
则，
又，
则当时，取最大值．
故选：．
先建立平面直角坐标系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了函数最值的求法，属基础题．
 7.【答案】 【解析】解：由题意，可知，
则，
，
，
，
，

故数列是以为最小正周期的周期数列，
同理可得，数列也是以为最小正周期的周期数列，
，
，
，
，
，
，
，
，



，
又，




，
，
，
化简整理，得，
解得，或，
，
不符合题意，舍去，
．
故选：．
先根据及数列的递推公式进行逐项代入即可发现数列是以为最小正周期的周期数列，同理可得数列也是以为最小正周期的周期数列，进一步计算出，，的值，然后计算出一个周期内求和的值，再根据周期数列的性质计算出关于的表达式，代入进一步计算出的值，得到正确选项．
本题主要考查周期数列的判定，以及周期数列的求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，周期性的运用，一元二次方程的求解，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
 8.【答案】 【解析】解：设，则由题意知蜂房的表面积为
，
求导得，
令，得，
当时，，递减，
当时，，单调，
所以时，取得极小值，也是最小值，
即此时蜂房最省料．
故选：．
先用把蜂房的表面积表示出来，然后把当作自变量，求导确定蜂房表面积取最小值时的即为结果．
本题考查空间几何体的性质，考查用料最省问题，考查导数的应用，属中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，设数据的最大值为，最小值为，
地区的极差为，，
分位数为，，，地区一定达标，
，地区的平均数为，方差为，
，
，
若个数据中有个数据大于，
则，
与矛盾，
这个数据都不大于，地区一定达标，
，当地区的个数据分别为，，，，，，，，，时，
满足地区的中位数为，极差为，但地区没达标，
，当地区的个数据分别为，，，，，，，，，时，
满足地区的平均数为，众数为，但地区没达标．
故选：．
利用极差，百分位数的定义判断，利用平均数，方差的定义判断，利用举实例判断．
本题考查了极差，百分位数，平均数，方差，中位数，众数的运用，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：因为，为锐角，所以，，若，是方程的两根，
由韦达定理得，故A错误；
因为，为锐角，且，函数在上单调递增，则，故B正确；
因为，为锐角，所以，，
故，C错误；
因为，所以，
又，所以，
所以，故D正确．
故选：．
由，的符号即可判断；由正弦函数的单调性可判断；由正、余弦的降幂公式化二次为一次，结合三角函数值的符号可判断；用两角和的正切公式的变形可判断．
本题考查三角函数的性质，两角和差公式，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：对于，分别取，的中点，，构造长方体，
则经过点，，，，五点的球即为长方体的外接球，
故A，，，，五点在同一个球面上，故选项A正确；

对于，取的中点，连接并延长交的延长线于，连接，
点即为直线与平面的交点，而点并不是线段靠近点的四等分点，故选项B错误；

对于，连接，

因为，所以，故选项C正确；
对于，假设存在点，使平面，因为平面，所以，
又因为，所以，此时与重合，因为平面，平面，
所以，也即，由正方体的性质可知，此时与不可能垂直，故假设错误，
所以不存在这样的点，使平面，故选项D错误，
故选：．
利用棱锥的体积计算公式，线面垂直的性质、直线与平面的交点等有关知识逐项进行验证即可求解．
本题考查空间几何体的性质，考查空间想象能力，考查空间几何体的体积，属中档题．
 12.【答案】 【解析】解：，所以，
，所以，，
选项错，选项对，
令，，由对称性，不妨设，所以，
，
，解得，或，
若，则，与假设矛盾，所以，所以，
所以有，所以，
，选项正确，
故选：．
通过将等式和不等式用，，来表示，从而得出取值范围．
本题考察了基本不等式，对原式进行化归处理是解决本题的关键，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由圆：，得，
圆心，半径为，
圆心到直线：的距离，
．
故答案为：．
化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，利用垂径定理求弦长．
本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用垂径定理求弦长，属基础题．
 14.【答案】 【解析】解：如图，

在正三棱锥中，，
设正三角形的中心为，连接并延长，交于，连接，
则三棱锥外接球的球心在上．
，则，．
设三棱锥外接球的半径为，则，解得．
该三棱锥外接球的表面积为．
故答案为：．
由题意画出图形，求出三棱锥底面外接圆的半径，再求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
 15.【答案】   【解析】解：由双曲线，可得，记的内切圆圆心为，
内切圆在边，，上的切点分别为，，，
易知、两点横坐标相等，，，，
由，即，
得，即，
记点的横坐标为，则，
则，得；
记的内切圆圆心为，同理得内心的横坐标也为，则轴，
已知直线的倾斜角为，则，
设的内切圆半径为，的内切圆半径为，
在中，，
同理，在中，，
所以，所以．
故答案为：；．
利用平面几何图形的性质解题，由同一点出发的圆的切线长相等，可得，，，再结合双曲线的定义得，从而可求得的内心的横坐标，即有轴，在，中，运用解直角三角形知识，及正切函数的定义和二倍角公式化简即可得到直线的斜率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：由，可得：，所以，，
设，，所以在上单调递增，
所以，则，所以，
所以，所以，令，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故的最小值为．
故答案为：．
将变形为，设，对求导可知在上单调递增，所以，则，所以，令，对求导，即可求出的最小值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
 17.【答案】解：由题意可知该分群数列第群的最后一项，
因为，
所以，
则数列的通项公式为；
由题意可知该分群数列第群含有项，
所以该分群数列的前群为，，
，，
，，
又，，
易得，
当，，，，时满足，，
即，
所以集合中所有元素之和为． 【解析】由题意，结合分群数列的定义推导即可求解；
根据该分群数列第群含有第项，求出该分群数列的前群，从而得到集合，进而即可求解．
本题考查数列有关归纳推理求和问题的新定义题型，考查了逻辑推理能力和分析问题能力．
 18.【答案】解：，由正弦定理可得，
又，联立得，
，，
，，，
的面积为；
由，可得，
或，
当时，，，则，，
当，即时，由正弦定理可得，即，
，，，，，
，，，
在中，由余弦定理得，
．
综上所述：或． 【解析】由已知可得，可求，进而可求的面积；
由可得或，分类讨论可求的长．
本题考查三角形的面积的求法，考查正余弦定理的应用，属中档题．
 19.【答案】解：从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，两人旅游支出均低于元的概率为；
计算，
所以，，服从正态分布，，
万，估计海口市有万市民每年旅游费用支出在元以上；
(ⅱ)由知，，则，所以，
所以，，，；
所以随机变量的分布列为：均值为． 【解析】根据表中数据，利用古典概型的概率公式计算所求的概率值；
计算平均数，写出、，根据服从正态分布，计算的值，再求海口市有多少万市民每年旅游费用支出在元以上；
(ⅱ)由得出，得出服从二项分布，由此求出的分布列和均值．
本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
 20.【答案】证明：过点作于，

因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，而，，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
由知平面，平面，所以，又，所以，
所以，，所以，由，，平面，所以平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，设，
平面的一个法向量为，，，所以，，即，
得，令得，，所以，
显然，当时，取最小值，
综上，当时，的最大值为． 【解析】根据面面垂直和线面垂直的性质可得，由已知可证，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证平面平面；设，利用向量法求出平面的一个法向量，并根据线面角的公式转化为函数问题分析最值即可．
本题考查平面与平面垂直的判定定理及线面夹角问题，属于中档题．
 21.【答案】解：设，则，，
所以，
当时，不妨设点，，代入椭圆的方程为，
化简得，
所以，
在中，，得，
所以，
解得，
所以椭圆的标准方程为．
解：设，，中点，
由知，，，，

设，其中，由可得，
则直线的斜率为，
直线的方程为，
令，得，
同理可得，
所以，
即，
情况
下面证明命题成立：
，，
因为，
所以，
又，
即，
化简得，解得，
所以的中点为，
所以，，
所以，
所以，
又，点在以为直径的圆上，且为圆心，
所以为为直径的圆相切于点．
情况
下面证明命题成立：
当时，，，，
，，
所以，
所以成立，
下面同情况．
情况
下面证明命题成立：
由，点在以为直径的圆上，
所以，即成立，
下同情况． 【解析】设，则，当时，不妨设点，，代入椭圆的方程，可得，在中，，得，解得，即可得出答案．
设，，中点，设，其中，由可得，写出直线的方程，进而可得，点的坐标，推出点的坐标，再分三种情况证明：命题成立、命题成立、命题成立，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 22.【答案】解：，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
证明：，，，因为，
所以，所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数有最小值，
由，，
下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，使得，
实际上，当时，，今，得，
所以对，取，必有，即，
所以在区间上，存在唯一的，，
又，所以在区间上，存在唯一的，，
综上，存在两个零点；
要证，需证，由，所以，
因为在上单调递减，因此需证：，
，
所以，
设，，
则，
所以在上单调递减，，
即，
结论得证，所以． 【解析】求导后可得在上单调递减，在上单调递增，利用单调性即可求解；
由题意在上单调递减，在上单调递增，则函数有最小值，证明出在上，对，只要足够小，必存在，使得，即可得证；
由题意需证，设，，求导后利用单调性即可得证．
本题考查了导数的综合运用，属于中档题．