海南省海南中学2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份海南省海南中学2023届高三三模数学试题（含解析），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。
海南省海南中学2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图，集合均为的子集，表示的区域为（    ）

A．I B．II C．III D．IV
2．设命题：，，则为
A．， B．，
C．， D．，
3．直线的一个方向向量是（    ）
A． B． C． D．
4．国内首个百万千瓦级海上风电场－三峡阳江沙扒海上风电项目宣布实现全容量并网发电，为粤港澳大湾区建设提供清洁能源动力．风速预测是风电出力大小评估的重要工作，通常采用威布尔分布模型，有学者根据某地气象数据得到该地的威布尔分布模型：，其中k为形状参数，x为风速．已知风速为1m/s时，F≈0.221，则风速为4m/s时，（参考数据：，）（    ）
A．0.920 B．0.964 C．0.975 D．0.982
5．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，P为弧AC上的一点，且，则的值为（    ）
  
A． B．
C． D．
6．已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
7．春天是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里患鼻炎的概率是，患感冒的概率是，鼻炎和感冒均未患的概率是，则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为（    ）
A． B． C． D．
8．在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为，周长为，则
A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值

二、多选题
9．已知复数，复数满足，则（    ）
A．
B．
C．复数在复平面内所对应的点的坐标是
D．复数在复平面内所对应的点为，则
10．如图所示，一个平面图形的直观图为，其中，则下列说法中正确的是（    ）
  
A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线旋转半周形成的几何体的体积是
D．以该平面图形为底，高为3的直棱柱的外接球直径为
11．已知双曲线C的左､右焦点分别为，，双曲线具有如下光学性质：从右焦点发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点，如图所示.若双曲线C的一条渐近线的方程为，则下列结论正确的有（    ）

A．双曲线C的方程为
B．若，则
C．若射线n所在直线的斜率为k，则
D．当n过点M（8，5）时，光由所经过的路程为10
12．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早年左右.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和.则下列命题中正确的是（    ）

A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是
B．由“第行所有数之和为”猜想：
C．
D．存在，使得为等差数列

三、填空题
13．函数的值域是 ．
14．已知变量和的统计数据如下表：

6
7
8
9
10

3.5
4
5
6
6.5
若由表中数据得到经验回归直线方程为，则时的残差为 （注：观测值减去预测值称为残差）.
15．已知抛物线经过第二象限，且其焦点到准线的距离大于4，请写出一个满足条件的的标准方程 .
16．已知函数满足时，，．若函数的图像与x轴恰好有个不同的交点，则 ．

四、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，且，求面积的取值范围．
18．已知数列满足：．
(1)证明：时，；
(2)是否存在这样的正数，使得数列是等比数列，若存在，求出值，并证明；若不存在，请说明理由．
19．如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且∥平面.

(1)求三棱锥的体积；
(2)平面与平面所成角为，与平面所成角为，求证：.
20．某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分．已知学生甲能正确回答A类问题的概率为，能正确回答B类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若学生甲先回答A类问题，，，，，记X为学生甲的累计得分，求X的分布列和数学期望．
(2)从下面的两组条件中选择一组作为已知条件．学生甲应选择先回答哪类问题，使得累计得分的数学期望最大？并证明你的结论．①，；②，．
21．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，且右焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点，N.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.
22．已知，.
(1)求函数的单调区间；
(2)①容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：；
②数列满足，，证明：.

参考答案：
1．D
【分析】由补集和交集的概念求解即可.
【详解】由补集的概念，表示的区域如下图所示阴影区域，

∴表示的区域为下图所示阴影区域，

即为图中的区域Ⅳ.
故选：D.
2．C
【解析】特称命题的否定为全称命题.
【详解】特称命题的否定为全称命题，所以为，.
故选：C
【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.
3．D
【分析】先由直线斜率得到直线的一个方向向量，再对选项逐一检验即可.
【详解】因为直线可化为，
所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量为，
对于A，与不平行，故A错误；
对于B，与不平行，故B错误；
对于C，与不平行，故C错误；
对于D，，故与平行，则也是直线的一个方向向量，故D正确.
故选：D.
4．D
【分析】由可求出的值，从而可得函数解析式，进而可求出的值.
【详解】解：因为，
所以，，，得，
所以，
所以．
故选：D
5．C
【分析】根据数量积的坐标运算即可求解.
【详解】如图所示，
  
以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，由，得，所以，，所以.
故选：C.
6．A
【分析】由已知得函数的周期，求出，再利用图像的平移变换规律写出函数平移后的解析式，再利用函数关于原点对称，列出等式即可得到结果.
【详解】由题意知函数的最小正周期，则，得，.
将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
要使该图象关于原点对称，则，，所以，，
又，所以当时，取得最大值，最大值为．
故选：A
【点睛】思路点睛：先根据正切函数图象的特征求出函数的最小正周期，进而求出，然后根据函数图象的平移变换得到平移后的函数图象的解析式，最后利用正切函数图象的对称中心建立方程求解即可，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，属于中档题.
7．B
【分析】根据概率加法公式求出同时患感冒和患鼻炎的概率，再由条件概率公式计算即可得解.
【详解】设某人在春季里鼻炎发作为事件A，某人在春季里感冒发作为事件B，
则，
则,
由概率加法公式知，
可得
则此人在鼻炎发作的条件下感冒的概率为：.
故选：B
8．B
【解析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最，．
【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，
如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，

可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等
设，则，∴，
∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，
∴六边形的周长为定值．
当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大，
最大面积为，
故可得周长为定值，面积为定值，故选B.
【点睛】本题主要考查了利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，属于中档题.
9．AB
【分析】根据共轭复数的定义以及复数的几何意义即可判断BCD，根据复数的乘法计算即可求解B.
【详解】由已知，其对应点坐标为，C错；，A正确；
由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，，
因此，B正确；对应点坐标为，因此,故D错误，
故选：AB.
10．BC
【分析】根据斜二测画法还原原图形即可求解AB，根据圆锥的体积公式即可求解C，根据长方体的外接球即可判断D.
【详解】如图所示: 将直观图还原为平面图形，
  
由题意可得，，故该平面图形为正方形，即A错误；
面积，即B正确；
将平面图形绕直线AC旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径和高均为2，
故体积，即C正确；
以该平面图形为底，高为3的直棱柱其实为长方体，且长宽高分别为，所以长方体的体对角线长为，即D错误.
故选：BC
11．AC
【分析】利用双曲线的渐近线方程及勾股定理，结合双曲线的定义及两点间的距离公式即可求解.
【详解】对于A ，由题意可知，因为双曲线C的一条渐近线的方程为，
所以，即，所以双曲线的方程为故A正确；
对于B，由，得，解得，
在中，，由勾股定理及双曲线的定义知，，
即，解得，故B错误；
对于C，由题意可知，双曲线的渐近线方程为，
由双曲线的性质可得射线所在直线的斜率范围为，故C正确；
对于D，由题意可知，，当过点时，
由双曲线定义可得光由所经过的路程为，故D错误.
故选：AC.
12．BCD
【分析】根据杨辉三角的特征即可判断A，根据二项式系数和的性质即可判断B，根据组合数的性质即可求解C，根据等差数列的定义即可求解D.
【详解】对于A，在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是，A错；
对于B，由二项式系数的性质知，B对；
对于C，由于故C正确；
对于D，取，则，
因为，所以数列为公差为的等差数列，D对.
故选：BCD.
13．
【分析】根据分段函数结合常见函数的取值情况即可求得函数的值域.
【详解】当时，满足；
当时，由，
所以函数的值域为．
故答案为：．
14．/
【分析】先求出回归方程，再根据回归方程求出预测值，最后计算残差即可.
【详解】，
则，解得，
所以，
当时，，
所以时的残差为.
故答案为：.
15．（答案不唯一）
【分析】设抛物线的标准方程为，由题意得出，即可得出抛物线的方程.
【详解】设抛物线的标准方程为.
由已知可得，焦点到准线的距离.
可取，则抛物线的标准方程为.
故答案为：.
16．
【分析】由题意可知函数的周期为4，结合题意和图象可知，直线与第个半圆相切，根据点到直线的距离公式可知，可得，由裂项相消法即可求出结果.
【详解】∵，∴，所以函数周期为4，
当时，，即；
当时，，函数周期为4，
令，
即与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，

故，
故，
所以．
故答案为：.
17．(1)
(2)

【分析】（1）由得出，结合，即可得出答案；
（2）由得出，由余弦定理得出，再由及得出，结合三角形面积公式，即可得出面积的范围．
【详解】（1）因为，
所以．
由余弦定理得．
因为，
所以．
（2）由及正弦定理，得，
所以，
由余弦定理得，，
所以
当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，则，
所以，
因为的面积为，
所以面积的取值范围是．
18．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）根据递推公式做商证明结论；
（2）根据等比中项计算得出，再应用定义证明等比数列即可.
【详解】（1）         ①
时，            ②
得时，
（2）假设存在正数使得数列为等比数列，由得，
由，得，因为为等比数列，，即，
．                            
下证：时，数列是等比数列：
由（1）知数列和均为公比的等比数列．
；
为奇数时，，n为偶数时，
∴对一切正整数n，都有，                                   
，
∴存在正数，使得数列是等比数列．
19．(1)2
(2)证明见解析

【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为与的正余弦值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意，
∵平面平面，且平面平面，，平面ABC
∴平面，
∵平面，
∴，
又，，平面ABC
∴平面，
连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，
∵，
∴，
∴.
∴三棱锥底面的面积，高，
∴其体积为：.
（2）证明：由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，

如图.
则.
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以

又因为，所以

又，所以.
20．(1)分布列见解析，
(2)甲同学先回答A类问题的期望大，证明见解析

【分析】（1）根据已知条件，求出随机变量X的取值，利用相互对立事件的乘法公式求出随机变量相应取值的概率，进而求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式即可求解；
（2）选择①，据已知条件，求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式及作差比较法，结合离散型随机变量的均值的意义即可求解；
选择②，据已知条件，求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式及作差比较法，结合离散型随机变量的均值的意义即可求解；
【详解】（1）由题意得X的可能取值为0，20，100．
，
，
，
分布列如下表：
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
．
（2）如果选择条件①．
若甲同学选择先回答A类问题，得到对应的分布列为

0
m

P



．
若甲同学选择先回答B类问题，得到对应的分布列为

0
n

P



．
所以，
所以甲同学先回答A类问题的期望大．
如果选择条件②．
若甲同学选择先回答A类问题，得到对应的分布列为

0
m

P



.
若甲同学选择先回答B类问题，得到对应的分布列为

0
n

P



.
所以，
所以甲同学先回答A类问题的期望大．
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据焦点得，由椭圆定义可得，即可求出椭圆方程；
（2）利用直线和相交求出点的坐标，设以为直径的圆与轴交于点，根据及在椭圆上可得出圆过定点，即可得证.
【详解】（1）由题意，，即，
因为右焦点为，所以，
所以 ，
所以椭圆的方程为.
（2）设，由（1）知，
，直线，
，直线，
直线分别与相交，可得，
设以为直径的圆与轴交于点，
则，，
由可得，
即，
由在椭圆上可得，即，
代入上式可得，即，
解得或，
即以为直径的圆过轴上的定点和，
所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.

【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
22．(1)的减区间为，增区间为
(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数单调区间，
（2）①构造函数，利用导数可得所以在恒成立，再由结合（1）可得当时，的图象始终夹在直线和直线之间，从而可证得结论；
②利用导数可求得当时，，由（1）知在单调递减，在单调递增，然后根据两函数的单调性可证得结论.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
令，解得，令，解得，
所以函数的减区间为，增区间为.
（2）①构造函数，则，
当时，函数单调递减，则，
所以在恒成立，
所以在单调递减，所以，所以在恒成立，
又由（1）可知，当时，，
所以当时，的图象始终夹在直线和直线之间，
且的图象不会和直线和直线相交，
又因为直线和直线的夹角为，因此恒成立，命题得证.
②，恒成立，
且，所以当时，，
又由（1）可知数在单调递减，在单调递增，
因为，所以，，，，
又因为，所以，所以，
又因为在单调递减，所以，
即即，
所以，则，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，第（2）①的解题关键是正确构造函数，然后利用导数可求得在恒成立，从而可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.