2023届海南省海口中学高三全真模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届海南省海口中学高三全真模拟考试数学试题含解析，共18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届海南省海口中学高三全真模拟考试数学试题 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可得答案.【详解】，所以.故选：C2．已知集合，则的充要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式求集合P，解根式不等式求集合Q，根据集合并集结果有即可求参数a的范围，最后由充分、必要性定义可得答案.【详解】由题设，，，若，则，故，可得.所以是的充要条件.故选：B3．已知，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】计算，，再利用和差公式计算得到答案.【详解】，则，则，，则，.故选：A.4．宋代著名类书《太平御览》记载：“伏羲坐于方坛之上，听八风之气，乃画八卦.”乾为天，坤为地，震为雷，坎为水，良为山，巽为风，离为火，兑为泽，象征八种自然现象，以类万物之情.如图所示为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案.八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻.现从八卦中任取两卦，已知取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，则另一卦至少有两个阳爻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设有1卦没有阳爻.设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件，“另一卦至少有两个阳爻”为事件，然后根据古典概型和条件概率定义求解即可．【详解】由八卦图可知，八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻，有1卦没有阳爻．设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件，“另一卦至少有两个阳爻”为事件．解法一：因为，，所以故选：D解法二：因为，，所以故选：D．【点睛】关键点睛：本题考查古典概型和条件概率定义，解题关键是由题得出“八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻,有1卦没有阳爻”.5．已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，侧面积为，为圆台的一条母线（点A在圆台下底面圆周上），M为的中点．一质点P从点A出发，绕圆台侧面一周到达点M，则质点P所经路程的最小值为（    ）A．60 B．50 C．40 D．30【答案】B【分析】根据侧面积得到，计算得到，，，，再根据勾股定理计算得到最值.【详解】圆台的展开图如图所示，设圆台的母线长为，圆台的侧面积为，则，故，圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，下底面对应圆弧是上底面对应圆弧的两倍，则，，，设，则，故，.故质点所经路程的最小值为.故选：B.6．气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天，每天的日均气温都不低于”．已知甲，乙，丙，丁四个地区某连续5天日均气温的数据特征如下：甲地中位数为，平均数为．乙地第60百分位数为，众数为．丙地最高气温为，平均数为，标准差为．丁地下四分位数为，上四分位数为，极差为．则可以肯定进入夏季的地区是（    ）A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地【答案】C【分析】根据中位数，平均数，百分位数及极差的定义举出反例即可判断甲乙丁三地，根据标准差利用反证法即可判断丙地.【详解】对于甲地，中位数为，平均数为，若天气温的数据为，则甲地没有进入夏季；对于乙地，第60百分位数为，众数为，，则第60百分位数为第三个数与第四个数的平均数，若天气温的数据为，则乙地没有进入夏季；对于丙地，最高气温为，平均数为，标准差为，设前面四个数据为，则，故，所以，若，则，这与矛盾，所以，所以丙地肯定进入夏季；对于丁地，下四分位数为，上四分位数为，极差为，由，得下四分位数为按从小到大排列得第个数据，上四分位数为按从小到大排列得第个数据，若天气温的数据为，则丁地没有进入夏季.故选：C.7．已知抛物线C：，点，点F为C的焦点，点P在C上，若，直线的倾斜角为锐角，则直线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则，解得，再计算斜率得到答案.【详解】设，，，则，解得或，当时，或，当时，，不满足直线的倾斜角为锐角的条件，故，所以直线的斜率为.当时，或，当时，，不满足直线的倾斜角为锐角的条件，故，直线的斜率为.综上所述，直线的斜率为.故选：A.8．已知定义在R上的函数满足：为奇函数，，且对任意，都有，则（    ）A． B． C． D．1【答案】D【分析】由题设可得、，根据有，结合、即可求解.【详解】由题设，则，所以，即关于对称，又，则，由于，又任意都有，所以，由，故，而，故，故.综上，.故选：D【点睛】关键点点睛：根据已知条件得到，结合对称性和递推关系求得. 二、多选题9．已知函数，若存在，使，则的值可以是（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】BD【分析】由题设，令得且，结合给定定义域区间有且，在满足存在两个整数，进而确定范围，即可得结果.【详解】存在，使，即，令，则且，故且，所以，结合ω范围知：且，即在内至少存在两个值，若，则，可得满足；若，则，可得，又，故；综上，.故选：BD10．已知四棱锥的底面为正方形，底面，平面过点A且与侧棱的交点分别为E，F，G，若直线平面，则（    ）A．直线平面 B．直线直线C．直线与平面所成的角为 D．截面四边形的面积为【答案】AB【分析】利用线面垂直的性质证，再由线面垂直判定有面，由线面垂直的性质、，即有，根据线面平行的判定判断A；由面及线面垂直性质判断B；根据线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小判断C；根据线面垂直的判定及性质证、，利用三角形相似得到相关比例，进而求出，即可得四边形的面积判断D.【详解】由底面，底面，则，由的底面为正方形，则，又，面，故面，因为面，故，由平面过点A且与侧棱的交点分别为E，F，G，若直线平面，所以，故，因为平面，平面，故面，A正确；因为面，则面，面，所以，B正确；由平面，即面，故为直线与平面所成角的平面角，因为面，则，而，因为底面，则，所以，综上，，故，则，显然，不为，C错误；因为底面，则，又，由，面，所以面，而面，故，由面，则，故△△，即，同理可证：，而，则，由上知：，则，即，综上，△中有，则，所以截面四边形的面积为，D错误.故选：AB11．已知点，点A，B在圆O：上运动，且，M为线段的中点，则（    ）A．过点P有且只有一条直线与圆O相切 B．C． D．的最大值为【答案】BCD【分析】首先判断与圆的位置关系，数形结合判断A、B；再应用两点距离、中点公式及已知求得在直线上，令应用两点距离公式判断C；由几何法求得，结合点线距离求的最大值.【详解】由，故在圆外，故过点P有两条直线与圆O相切，A错；由M为线段的中点，为圆的弦，故，B对；由，又都在圆上，所以，即，而，，所以，即点在直线上，令，所以，C对；由，当最小时，最大，而最小值为到的距离为，此时M在圆的内部所以，D对.故选：BCD12．已知x，y，z都为正数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】令，利用指对数互化得，，，进而有，应用基本不等式判断A、C，构造且，应用导数研究单调性并判断其符号判断D.【详解】令，则，，，所以，B错误；（注意等号不成立），故，A正确；（注意等号不成立），则，C正确，由，令且，则，由，因为，故，综上，，即在上单调递减，所以，故恒成立，即，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项，注意构造且，利用导数研究其函数符号即可. 三、填空题13．在的展开式中，的系数为________．【答案】【分析】直接利用二项展开式的通项公式即可求出结果.【详解】因为的展开式的通项公式为，即，所以由，得到，故的系数为，故答案为：.14．已知为单位向量，向量在向量上的投影向量是，且，则实数的值为______．【答案】/【分析】结合投影向量的概念得到，再根据平面向量垂直及数量积的运算律列式计算即可求解.【详解】因为向量在上的投影向量为，所以，又为单位向量，所以，因为，所以，所以，所以，故，故答案为：.15．已知函数的图象与函数和的图象分别交于点，则________．【答案】【分析】确定，，设，根据函数单调递增得到，得到答案.【详解】，则；，即，设，函数在上单调递增，，则，即.故答案为：.16．已知倾斜角为的直线l与双曲线的右支相交于A，B两点（点A在第一象限），O为坐标原点，直线与双曲线C的左支交于点M，且，则双曲线C的离心率为________．【答案】【分析】为中点，连接，确定，设点坐标，利用点差法得到，确定，得到离心率.【详解】如图所示：为中点，连接，则，，与轴交于点，则，故，，设，，，则，，相减得到，即，整理得到，故离心率为.故答案为：. 四、解答题17．设等差数列的前n项和为，已知，且是与的等差中项．(1)求的值；(2)若集合中最小的元素为6，求实数t的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用题给条件列出关于的方程组，解之即可求得的值；（2）利用题给条件列出关于实数t的不等式，解之即可求得实数t的取值范围．【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，则，解之得，则（2）由（1）得等差数列的首项为1，公差为2，则，由集合中最小的元素为6，可得满足不等式的最小正整数n为6，则，解之得则实数t的取值范围为18．如图，A，B，C，D四点共面，．(1)若，求的面积；(2)当为变化时，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理得到，计算，再利用面积公式计算得到答案.（2）确定，，得到，计算最值得到答案.【详解】（1）中：，故，则，，，则，（2），，则，，则，当，即时，有最大值为，故有最大值为.19．如图，在三棱锥中，平面平面，．(1)求三棱锥外接球的表面积；(2)设D为侧棱上一点，若二面角的大小为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）为中点，连接，由题设可得，为等腰△外接圆的圆心且，根据面面垂直证面，进而确定球心位置（同△的外心），最后求外接球的半径，即可得表面积；（2）构建空间直角坐标系，应用向量法及已知二面角的大小求D坐标，根据空间向量数量积的坐标表示证明结论.【详解】（1）若为中点，连接，由，则，由面面，面面，面，则面，又，则为等腰△外接圆的圆心，且，故外接球球心在过垂直于面的直线上，即在直线上，令为球心，同时也为△的外心，则其外接圆半径即为外接球半径，而，故，所以，综上，三棱锥外接球的表面积.（2）由面，面，则，又，所以，可构建如上图示的空间直角坐标系，则，，，，设且，故，，，若是面一个法向量，则，令，故，又是面的一个法向量，所以，且，可得，故，，则，所以.20．某电视台综艺栏目拟组织如下一个活动：将全体演员分成甲、乙两组，各组每次表演一个节目（同一个节目可以由一个演员单独表演，也可以由几个演员合作表演），在一组表演完节目后，主持人将一枚质地均匀的骰子随机抛掷两次，若所得两个点数之和为的倍数，则该组再继续表演一个节目：否则，由另一组表演一个节目．经抽签，第一次由甲组表演节目．(1)设在前次表演中甲组表演的次数为，求的分布列和数学期望；(2)求第次表演者是甲组的概率．【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）首先求出某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率，依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，从而得到其分布列与数学期望；（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，当时，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项，再代入计算可得.【详解】（1）依题意某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率为，则为另外一组表演的概率为，则的可能取值为、、，所以，，，所以的分布列为：所以.（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，当时，即，所以，即是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，所以，即第次表演者是甲组的概率为.21．已知抛物线C：的焦点为F，点，且．(1)求抛物线C的方程；(2)过点Q作直线l交C于A，B两点，O为原点，过点A作x轴的垂线，分别与直线，交于点D，E，从下面①②两个问题中选择一个作答．①问：是否为定值，并说明理由；②问：在直线上是否存在点M，使四边形为平行四边形，并说明理由．【答案】(1)(2)①为定值，理由见解析；②存在，只需保证为的中点. 【分析】（1），利用两点距离公式列方程求参数，即可得抛物线；（2）令为，在抛物线上，联立直线与抛物线，应用韦达定理求得，写出直线、并确定、纵坐标，①根据即可判断；②结合①结论、平行四边形的性质即可判断的存在性.【详解】（1）由题设，则，，又，故，整理得，由，则，即.所以抛物线C的方程.（2）显然直线斜率存在且不为0，令为，又，即在抛物线上，联立抛物线有：，且，即或，所以，直线为，直线为，又过A作x轴的垂线为，，所以，，选①：为定值.选②：由①知：为的中点，当，，且，即为的中点，此时，四边形为平行四边形，所以存在点M，使四边形为平行四边形.22．已知函数，，点，设曲线在点A，B处的切线的斜率分别为，，直线的斜率为k．(1)若存在极小值，且极小值为0，求实数a的值；(2)若，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数并讨论、研究单调性，结合极小值求参数即可；（2）首先证上在上递增，再将结论转化为证，应用作差法转化为证，令并构造函数及放缩证明结论即可.【详解】（1）由题设且定义域为，当时，即单调递增，不存在极值，不符合；当时，令，则，若时，递减；若时，递增；此时，有极小值点，即，故，经检验知：满足题设.（2）由（1）知：时单调递增，而时，在上，所以时，在上递增，故且，由题设，，，而，要证，即证，由，令，，则，所以单调递增，即，故，由，，则，令，则，所以单调递增，故，综上，，即，所以.【点睛】关键点点睛：第二问，应用分析法转化证明结论为，结合换元、构造中间函数，并利用导数证明不等式.