2023届海南省海口观澜湖华侨学校高三第六次考试数学试题含答案

这是一份2023届海南省海口观澜湖华侨学校高三第六次考试数学试题含答案，共17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届海南省海口观澜湖华侨学校高三第六次考试数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（  ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先解不等式求出集合，进而可求.【详解】由，得，即，所以，所以，又，所以.故选：C2．若为虚数单位，复数满足，则的虚部为（    ）A． B． C． D．1【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：D3．已知单位向量 、夹角为，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据数量积的定义求出，再根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为单位向量 、夹角为，所以，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮 尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒 尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑． 如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可 近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为 ，则侧棱与底面外接圆半径的比为（     ） A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正六棱锥的底面为正六边形计算可得结果.【详解】正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正六边形的边长为，因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，所以侧棱长为，所以侧棱与底面外接圆半径的比为.故选：D5． ， ，，则（   ）A．a  c  b B．b  a  c C．b  c  a D．a  b  c【答案】B【分析】由正弦函数的有界性和对数、指数函数的单调性即可求解.【详解】因为，即，所以，所以，所以，所以b  a  c.故选：B6．在中，角、、所对的边长分别为，若成等比数列，则角的取值范围为（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由成等比数列，可得，然后利用余弦定理表示出，进行化简后利用基本不等式求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，即可求解.【详解】因为成等比数列，可得，则，（当且仅当时取等号），由于在三角形中，且在上为减函数，所以角的取值范围是：.故选：B.7．已知、是椭圆的左右焦点，点为上一动点，且 ，若为的内心，则面积的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等面积法求出内切圆的半径的表达式，代入三角形的面积公式，可得所求的三角形的面积．【详解】由椭圆的方程可得，，，设内切圆的半径为，则，可得，而，所以，所以，所以，因为，所以，即．故选：C．8．已知x 表示不超过x的最大整数，x  m为函数（x 1）的极值点，则 f m （ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求导函数，令，，求导从而可确定的零点取值情况，即可得函数的极值点的估计值，从而可求f m ．【详解】函数，，则令，则，所以在上单调递增，因为，所以，函数存在唯一零点． ,单调递减单调递增所以是函数的极小值点，即，．故选：A． 二、多选题9．若随机变量，下列说法中正确的是（ ）A． B．期望C．期望 D．方差【答案】BCD【分析】根据已知条件，结合二项分布的概率公式，以及期望与方差公式即可求解.【详解】随机变量，则，故A错误；，故B正确；，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：BCD10．下列命题为真命题的是（    ）A．一组数据22 ，20 ，17 ，15，13，11，9，8，8，7 的第90百分位数是21B．若等差数列满足、、、，则C．非零平面向量 、 、满足，，则D．在中，“”与“”互为充要条件【答案】ACD【分析】根据百分位数计算规则判断A，利用反例说明B，根据共线向量的定义判断C，根据余弦函数的性质判断D.【详解】对于A，将数据按从小到大排列为：、、、、、、、、、，又，所以第百分位数为第、位两数的平均数，即第百分位数是，选项A正确；对于B，若等差数列是常数列，由，不能得出，选项B错误；对于C，非零平面向量、、满足，，即，，显然且，所以，即，选项C正确；对于D，中，由“”即，根据余弦函数在上单调递减知，，即在中，“”与“”互为充要条件，选项D正确．故选：ACD．11．已知函数，则以下说法中正确的是（     ）A．的最小正周期为 B．的值域为C．为奇函数 D．若在区间上单调，则的最大值为【答案】BD【分析】先化简的解析式，再结合三角函数的图象性质逐一判断即可.【详解】，的最小正周期为，故A错误；因为，所以的值域为，故B正确；，令，定义域为，，故C错误；由，得，即在上单调递增，令，得在上单调递增；时，都有；由，得，即在上单调递减，而，所以若在区间上单调，则必有，所以的最大值为，故D正确.故选：BD12．在长方体 ，，是线段上（含端点）的一动点，则下列说法正确的是（    ）A．该长方体外接球表面积为 B．三棱锥的体积为定值C．当时， D．的最大值为1【答案】ABD【分析】由长方体的外接球的直径即为长方体的对角线长即可判断A；由等体积法可判断B；建立空间直角坐标系，由数量积的坐标运算可判断C、D.【详解】设长方体外接球的半径为，该长方体外接球的直径即为长方体对角线的长，即有，所以，所以外接球表面积为，故A正确；因为在长方体中，是线段上（含端点）的一动点，所以到平面的距离即为的长，所以，是定值，故B正确；如图，以为原点建立空间直角坐标系，  则，，设，，则可得，所以，当时，则，解得，此时，故C错误；，，则，因为，所以当或时，取得最大值为1，故D正确.故选：ABD 三、填空题13．二项式展开式的常数项为         .【答案】60【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为0，求得值，即可求得常数项.【详解】的展开式的通项公式为，令，可得，所以展开式的常数项为.故答案为：6014．某人连续两次对同一目标进行射击，若第一次击中目标，则第二次也击中目标的概率为0.8，若第一次未击中目标，则第二次击中目标的概率为0.4 ，已知第一次击中目标的概率是0.7 ，则第二次击中目标的概率为          .【答案】0.68/【分析】由全概率公式计算即可求解.【详解】根据题意，设事件“第一次击中目标”，“第二次击中目标”，，则，，，所以故答案为：0.68 .15．设双曲线 E：的离心率为 ，直线过点和双曲线的一个焦点，若直线与圆的相切，则    【答案】【分析】先设出直线的方程，由与圆的相切，可得关于的齐次式，进而可求.【详解】不妨设直线过点和双曲线的右焦点，则直线的方程为，即，由直线与圆相切，可得，整理得，，又，所以，即，所以，即，解得或，又，所以，所以.故答案为：16．已知定义在R上的奇函数与偶函数满足，若，则的取值范围是      .【答案】【分析】用代换得，与原式联立求得，利用导数法研究单调性，利用奇函数及单调性把不等式化为，解不等式得，解三角不等式即可求解的范围.【详解】由已知①，用代换得，因为函数为定义在R上的奇函数，函数为定义在R上的偶函数，所以②，①+②得，①-②得，则，当时，，所以在上单调递增，所以，，所以化为，所以，所以，所以，解得或，又且，所以，所以，则的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：通过函数的单调性，奇偶性，以及，从而解出，是解题关键.本题考查函数的基本性质的综合应用，属于较难题. 四、解答题17．已知等差数列，其前项和满足为常数.(1)求及的通项公式；(2)记数列 ，求前项和的.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）计算出的值，根据等差中项的性质可列方程解出的值，再利用与的关系即可求解；（2）运用裂项相消法即可求解.【详解】（1）由题意，当时，，当时，，则，，因为数列是等差数列，所以，即，解得，则，满足，所以的通项公式为．（2）由（1）可得，，则，所以．18．在 中，角 A、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且满足.(1)求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)2(2)12 【分析】（1）将通分，结合两角和的正切公式即可求解；（2）由（1）切化弦可求出，由两角和与差的余弦公式得，进而求得，再根据正弦定理结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由可得，，因为，所以可得，解得.（2）由（1）知，所以，又因为，所以，所以，即，又，所以，由正弦定理可得，，所以，所以，所以的面积.19．如图所示，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2正方形，，与交于点，点在线段上.(1)求证：平面；(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理得平面，进而证明，再由勾股定理证明，最后根据线面垂直判定定理证明结论；（2）由条件证明为的中点，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角，由此可得结论.【详解】（1）因为平面平面且交线为，又平面且，所以平面，又平面，所以，因为是边长为2正方形，所以，又，所以，即，又因为，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则有，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，则，设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.20．为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青 春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从 中抽取了200 份试卷进行调查，这200 份试卷的成绩（卷 面共100分）频率分布直方图如右图所示． (1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．(2)可以认为这次竞赛成绩 X 近似地服从正态分布 N，2 （用样本平均数和标准差 s 分别作为  、 的近似值），已知样本标准差 s  7.36 ，如有84%的学生的竞赛 成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？（结果取整数）(3)从得分区间80，90  和90，100 的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这 10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间80，90  的概率． 参考数据：若 X ~N ，2  ，则 P    X      0.68 ，P   2  X    2   0.95 ， P   3  X    3   0.99 .【答案】(1)(2)73(3) 【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数.（2）根据正态分布的对称性求得正确答案.（3）根据分层抽样、条件概率知识求得正确答案.【详解】（1）由频率分布直方图可知，平均分；（2）由（1）可知设学校期望的平均分约为m，则，因为，，所以，即，所以学校期望的平均分约为73分；（3）由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为0.35和0.15，那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，分数在应抽取人，记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B:取出的试卷有2份来自区间80，90 ，则，，则．所以抽测3份试卷有2份来自区间80，90  的概率为.21．在平面直角坐标系中，已知定点 ，定直线，动点在上的射影为，且满足.(1)记点的运动轨迹为，求的方程；(2)过点作斜率不为0 的直线与交于 两点，与轴的交点为，记直线和直线的斜率分别为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，由列式化简即可得的方程；（2）设过点作斜率不为0的直线为，，，联立直线与曲线的方程，结合斜率公式和韦达定理即可证明.【详解】（1）设，则，因为，所以，化简得，，即的方程为.（2）由题意知，设过点作斜率不为0的直线为，，，联立可得，，则，，又，，则，所以得证.  22．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有两个极值点，且，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；（2）求出，可得，化简，构造函数，利用单调性即可求得答案.【详解】（1），曲线在点处的切线方程为，即.（2），则函数的定义域为，若函数有两个极值点，且．则方程的判别式，且，．．设，则在上恒成立．故在单调递减，从而．因此，的取值范围是．