2023届海南省高三高考全真模拟（六）数学试题含解析

2023届海南省高三高考全真模拟（六）数学试题

一、单选题

1．已知、，集合，集合，若，则（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】D

【分析】利用交集运算可得出，可得出，讨论、的取值范围，结合已知条件检验可得出结果.

【详解】因为集合，集合，若，则，可得，

若，则，此时，，不合乎题意；

若，则，此时，，合乎题意.

因此，.

故选：D.

2．已知为虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，再根据复数的乘法运算结合复数的几何意义即可得答案.

【详解】由得，则，

所以，所对应的点坐标为，

故选：B

3．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则（    ）

A．650 B．1050 C．2550 D．5050

【答案】A

【分析】观察数列各项得出是等差数列，计算求和即可.

【详解】由条件观察可得：，即，所以是以2为首项，2为公差的等差数列.

故，

故选：A

4．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线交于两点且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将代入可得，即可得，由可得的关系式，即可求得答案.

【详解】设的半焦距为c,

将代入可得，

故，又,

故由得，即，则，

即，则双曲线的离心率为，

故选：A

5．某展示柜共有32个不同的手办摆件，起初上层放14个手办摆件，下层放18个手办摆件，现要从下层的18个手办摆件中抽2个调整到上层，若其他手办摆件的相对顺序不变，则不同的调整方法有（    ）

A．18360种 B．24480种 C．36720种 D．73440种

【答案】C

【分析】先求从下层的18个手办摆件中抽2个的方法数，再求将抽取的两个手办摆件按要求放入上层的方法数，结合分步乘法计数原理求总的方法数.

【详解】从下层的18个手办摆件中抽2个调整到上层，且保持其他手办摆件的相对顺序不变，

可分为两步完成：

第一步：从下层的18个手办摆件中抽2个，有种方法，

第二步：将抽取的两个手办摆件依次放入上层，有两种方式，

第一种方式：两个手办摆件不相邻，则有种方法，

第二种方式：两个手办摆件相邻，则有种方法，

由分步乘法计数原理可得，满足条件的调整方法共有种方法.

故选：C.

6．已知点M，N在圆锥SO的底面圆周上，S为圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且的面积为4，，若SM与底面所成角为，则圆锥SO的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意求圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥的表面积公式运算求解.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，

∵的面积为4，，则，

即，解得，

又∵SM与底面所成角为，即，则，

∴圆锥SO的表面积.

故选：B.

7．若函数的部分图象如图所示，则图象的对称轴可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先根据函数图象的两个对称中心，求出最小正周期，进而利用函数的图象求出函数的对称轴，最后与四个选项对比，即可得出结果.

【详解】结合图像易知，函数的最小正周期为，所以周期的为，

结合图象易知，函数的对称轴为

或，

与四个选项对比易知，是函数的一条对称轴，

故选：D

8．设偶函数在上的导函数为，当时，有，则下列结论一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将变形为，从而可构造函数，判断其单调性以及奇偶性，由此代入数值，一一判断各选项，即可得答案.

【详解】当时，有，即，

令，则，

即在上单调递增，

又为偶函数，则，即为偶函数，

故，即，

即，故A错误，C正确；

由，即，即，B错误；

而，故，则不一定成立，D错误，

故选：C

【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要能根据已知不等式的结构特征，进行变形，从而构造出函数，进而判断其单调性，即可解决问题.

二、多选题

9．如果，那么下列不等式错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】利用不等式的性质，特殊值法即可判定.

【详解】对于A项，因为，所以，故，即A正确；

对于B项，不妨令，显然，即B错误；

对于C项，若，则，即C错误；

对于D项，若，显然D错误.

故选：BCD

10．已知向量，，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

【答案】AC

【分析】根据向量平行的坐标表示列方程求，判断A，根据向量垂直的向量表示结合数量积的坐标运算求，判断B，由两边平方可得，结合数量积坐标运算求，再求判断C，由条件可得，且向量与不共线，列不等式 的取值范围，判断D.

【详解】对于A，因为，，所以，所以，A正确；

对于B，因为，所以，

所以，又，，

所以，所以，B错误；

对于C，由可得，，

所以，所以，由，，

可得，所以，所以，，

所以，C正确；

对于D，由向量与的夹角为锐角，可得，且向量与不共线，

所以，且，所以实数的取值范围是，D错误；

故选：AC.

11．已知圆，P为直线上一点，过点，分別作两条不同的直线，，与圆相交于A，B，与圆的另一个交点为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，且点在轴上的射影为，则

B．圆上的点到直线的最大距离与最小距离之和为

C．过直线上一点作圆的两条切线，切点分別为，，则直线，过定点

D．若，则的最大值为

【答案】CD

【分析】由条件证明为等边三角形，由此可求，判断A，求圆心到直线 距离，由此求圆上一点到直线的最大距离与最小距离，由此判断B，由条件证明四点共圆，求该圆与圆的公共弦，可得方程，由此判断C，结合弦长公式求，再求其最大值，判断D.

【详解】连接， 因为，，

所以为等边三角形，

因为点在轴上的射影为，

所以，为的中点，

所以，A错误；

圆的圆心为，半径，

因为圆心到直线的距离，

所以圆上一点到直线的最大距离为，

圆上一点到直线的最大距离为，

所以圆上一点到直线的最大距离与最小距离之和为，B错误；

设点的坐标为，

由已知，

所以四点共圆，设的中点为，

则该圆的圆心为，半径为，

所以该圆的方程为，

圆与圆的圆心距为，

因为，

故圆心距小于两圆半径和，大于两圆的半径差的绝对值，

所以圆和圆相交，又为两圆的公共弦，

由方程与方程相减可得

，即直线的方程为，

化简可得，

所以直线过定点，C正确；

当直线的斜率存在，且不为0时，

设直线的方程为，则的方程为，

所以点到直线的距离，

点到直线的距离，

所以，，

所以，

又，

所以，

当直线的斜率为时，，

直线的方程为，所以，

，

当直线的斜率不存在时，直线与圆只有一个交点，与已知矛盾，

所以的最大值为，D正确；

故选：CD.

12．已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为，p．记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为，则（    ）

A．

B．

C．小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为

D．当时，

【答案】BC

【分析】确定，即可求出和，判断A，B；表示一天至少遇到一次红灯的概率为，可求出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，利用导数可求得其最大值，判断C；计算一天中遇到红灯次数的数学期望，即可求得，判断D.

【详解】对于A，B，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，

则，则，，

故A错误，B正确；

对于C，由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为，

星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为，

设，则，

令，则（舍去）或或，

当时，，当时，，

故时，取得最大值，即，

即小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为，

此时，故C正确；

对于D，当时，一天中不遇红灯的概率为，

遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，

故一天遇到红灯次数的数学期望为，

所以，故D错误，

故选：BC

【点睛】难点点睛：求解星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率，关键是要明确一天至少遇到一次红灯的概率，从而表示出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，难点在于要利用导数求解最值,因此设函数，求导，利用导数解决问题.

三、填空题

13．在的展开式中所有项系数的和为32，则______．

【答案】0

【分析】利用赋值法可求得a的值，即可求得答案.

【详解】由题意令，则，故，

则，

故答案为：0

14．在正方体中，，M为棱BC的中点，过直线AM的平面满足平面，则平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为______．

【答案】

【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再求出较小部分的体积作答.

【详解】在正方体中，取的中点，连接，如图，

有，而正方体的对角面是矩形，则，

因为，则，又平面，平面，即有，

而平面，因此平面，

因为平面，于是平面平面，依题意，平面即为平面，

令的延长线与延长线的交点为，的延长线与延长线的交点为，

显然，即点与重合，记为，

因此

，又正方体的体积，

所以平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为.

故答案为：

15．已知存在，使得函数与的图象存在相同的切线，且切线的斜率为1，则b的最大值为___.

【答案】-3

【分析】分别求出两函数的导函数，由切线斜率为1求得切点坐标，写出曲线在切点处的切线方程，把的切点代入，可得b与a的关系式，再由导数求最值即可

【详解】解:

令，得，切点为，

令，得，切点为.

切线方程为代入，可得则

令，则,当时，，当时，

∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴即b的最大值为-3.

故答案为：-3.

16．已知椭圆的下顶点为，右焦点为，直线AF交椭圆于点，，若，则椭圆的离心率的取值范围是______．

【答案】

【分析】写出直线AF的方程与椭圆的方程联立，得B点横坐标，由向量关系得坐标间的关系，化简出离心率得取值范围.

【详解】由题设，则，直线AF的方程为，

联立方程组，得，

所以B点横坐标为，

又因为，所以，

即，得，又因为，所以.

故答案为：.

【点睛】条件可以用坐标表示，即可将条件的范围转化为椭圆方程中参数的取值范围.

四、解答题

17．已知等差数列满足，数列是以1为首项，1为公差的等差数列．

(1)求和；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）为等差数列，利用前三项成等差，求出公差，首项，得出通项，再进行验证即可；利用等差数列的通项公式求解.

（2）利用错位相减法即可求解.

【详解】（1）因为，

所以 ，，．

因为为等差数列，所以，即，

解得，所以，，．

又，是等差数列.

因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以，所以．

（2）由（1）得，

所以，①

则，②

①-②得，

所以．

18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．

问题：已知函数______．

(1)求函数的最小正周期及单调递减区间；

(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为的面积．若在处有最小值，求面积的最大值．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)最小正周期，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）三个条件中任选一个，利用三角恒等变换化简，根据三角函数的性质求解；

（2）根据的解析式及三角函数的性质求得，．由余弦定理结合基本不等式可得，从而可得面积的最大值．

【详解】（1）选择条件①：

．

所以函数的最小正周期．

令，解得，

所以函数的单调递减区间为．

选择条件②：

，

所以函数的最小正周期．

令，解得，

所以函数的单调递减区间为．

选择条件③：

，

所以函数的最小正周期．

令，解得，

所以函数的单调递减区间为．

（2）因为，

所以当，即时，．

因为在处有最小值，且，所以，．

由余弦定理可得，

所以，

当且仅当时取等号，故面积的最大值为．

19．某地种植苹果通过农村电商销往全国，实现脱贫致富．现要测量一批苹果的重量，从中随机抽取100个苹果作为样本，测量单个苹果的重量，重量均在[330，470]克.由测量结果得到频率分布直方图，如图所示．

(1)估计这批苹果重量的平均数和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)由频率分布直方图可以认为，这批苹果的重量X服从正态分布（其中近似为样本平均数，近似为样本方差）．如果重量在[375，450]克，则该苹果为“标准品”．采取用样本估计总体的思想，结合正态分布，估计这批苹果中“标准品”的概率（结果保留小数点后两位）；

(3)将这100个苹果中重量在[430，470]克的苹果全部取出来，再从取出的苹果中任选3个，用Y表示这3个苹果中重量在[450，470]克的苹果数，求Y的分布列和数学期望．

（参考数据：若X服从正态分布，则，，，）

【答案】(1)平均数为400克，方差为600

(2)0.82

(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率之和为11求出，再根据频率分布直方图求均值及方差即可；

（2）由正态分布，根据对称性可求出；

（3）根据古典概型求出概率，得出分布列，求出期望即可.

【详解】（1）由已知可得，

解得．

（克），

由样本估计总体可知这批苹果重量的平均数为400克，方差为600，

（2）由（1）可知，该正态分布中的μ估计值为400克，的估计值为为600，

故．

因为，

所以，

所以这批苹果中“标准品”的概率约为0.82．

（3）由题意可知，共取出重量在克的苹果8个，[450，470]克的苹果2个，从中再任选3个苹果，的可能取值为0，1，2，

，，，

所以的分布列为：

．

20．将图（1）所示四棱锥E-ABCD展开得到如图（2）所示的平面展开图（点E的展开点分别为，，，），其中四边形ABCD是矩形，A，D是线段的三等分点，F，G是线段，的中点．

(1)证明：平面平面EAB；

(2)若二面角E-BC-A的正切值为，点H，K满足，，求HK与平面ABCD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用条件先证明平面CDGF，再利用线面垂直证明面面垂直；

（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.

【详解】（1）∵A，D是线段的三等分点，

∴，∴是等边三角形．

∵是AE的中点，∴，

∵，，∴．

∵，∴平面CDGF．

∵平面EAB，∴平面平面．

（2）取AD中点O，BC中点T，连接EO，OT，TE，

∴，，∴．

又，∴平面EOT，

∴，∴是二面角的平面角．

设，则，易知平面平面ABCD且，

∴平面ABCD，∴，

∴，∴．

∵OT，OD，OE两两互相垂直，∴分别以OT，OD，OE所在直线为x，y，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．

∵，，

∴，，

∴，易知平面ABCD的一个法向量为，

设HK与平面ABCD所成的角为，

则．

21．已知抛物线的焦点为，圆过点，，．

(1)求圆的标准方程；

(2)过点作圆的切线，分别交抛物线C于M，N（异于点P）两点，求证：直线MN与圆相切．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设圆的一般方程，根据题意列式求解；

（2）设切线方程为，根据题意可得，联立切线与抛物线的方程求点M，N的坐标，结合韦达定理求直线MN的方程，再求圆心到直线MN的距离即可.

【详解】（1）设圆，

故，解得，

可得圆，

故圆的标准方程为．

（2）由题意可知，抛物线的方程为，圆的圆心为，半径．

∵，即在抛物线上，

设切线方程为，，，

由直线与圆相切可得，可得，

，设方程的两根分别为，，

则，．

联立方程，消去得，

则4，是方程的两根，可得，即，

同理可得，

即，，

可得直线的斜率，

则直线，即，

则圆心到直线MN的距离，

∵，即，代入得，

故直线MN与圆相切．

【点睛】方法定睛：直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路

（1）研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．

（2）利用位置关系求过圆外一定点的切线方程的基本思路；

首先将直线方程设为点斜式，然后利用圆心到直线的距离等于半径求斜率，最后若求得的斜率只有一个，则存在一条过切点与x轴垂直的切线．

22．已知函数．

(1)若函数在上只有一个零点，求的取值范围；

(2)若，记数列的前项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可知为函数的一个零点，然后利用导数判断函数在上的单调性，分类讨论，即可求得答案；

（2）由（1）可知时，，由此的，累加可得，再结合，即可证明不等式.

【详解】（1）根据题意得，，则，

则为函数的一个零点．

，令，

则，，当且仅当时等号成立，

故在上单调递增，且．

当时，，故在上单调递增，

故恒成立，当且仅当时等号成立，

故时，函数仅有这一个零点．

当时，由于，，

根据零点存在性定理，必存在，使得．

由于在上单调递增，故当时，，单调递减，

此时，取，则，当时，可知，

故函数还有一个在上的零点，不合题意，舍去．

综上所述，的取值范围为．

（2）证明：依题意，，

当时，因为 即，成立，

当时，由（1）可知，当时，，

即时，，

则，故．

因为

，

，

故，（），

综合以上可知.

【点睛】关键点睛：本题第二问比较新颖，将数列的和与导数内容结合在了一起，解答时的关键在于利用（1）结论得到时，，从而对数列求和采用累加的方法，即可巧妙地进行证明.