明德中学2023届高三年级5月模拟考试数学试卷及参考答案

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高考全仿真模拟考试数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，，设全集，则(　　) A． B． C．  D．【答案】C【解析】由，得到，所以，又因，所以，因为全集，所以   故选：C．2．已知复数满足，则(　　) A． B． C．2 D． 4【答案】A【解析】由，得，.  故选：A.3．已知平面向量满足，，且与的夹角为，则(　　) A． B． C． D． 【答案】D4．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时和骑自行车用时都近似服从正态分布. 绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车(　　) A. 有26 min可用  B. 有30 min可用 C. 有34 min可用  D. 有38 min可用【答案】D【解析】根据X 和Y的分布密度曲线图可知，.所以，如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车.【命题来源】改编自《选择性必修第三册》P86-例.5．已知角的终边在直线上，则(　　)A． B． C． D． 【答案】A【解析】因为角的终边在直线上，故，所以，故选：A.6．已知抛物线的焦点为 ，准线为，为上一点，，垂足为，与轴交点为，若，且的面积为，则的方程为(　　) A．      B． C．      D．【答案】B【解析】由抛物线定义知，所以为等边三角形，为的中点，所以，,的面积，所以的方程为，故答案为：B. 7．如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是(　　)A．2 B． C．  D． 【答案】C【解析】如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，又，故各侧面均为等边三角形，若侧面三角形边长为，则，，，显然△△，故，则. 故选A.8．已知实数满足： 则(　　)A． B． C． D．【答案】A【解析】，设设是单调递增函数，所以，所以，即又是单调递减函数，且，所以，设设是单调递增函数，所以，所以，即又是单调递减函数，且，所以，同理，由得，又是单调递减函数，且，所以，由，所以，且是单调递减函数，所以.综上： 
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9． 6个数据构成的散点图，如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程，若在6个数据中去掉后，下列说法正确的是(　　)A．解释变量x与预报变量y的相关性变强 B．样本相关系数r变大C．残差平方和变小  D．决定系数变小 【答案】AC【解析】去掉后，变量x与预报变量y的相关性变强，故A正确；但由于散点的分布是从左上到右下，故变量x，y负相关，所以相关系数r变小，残差平方和变小， 决定系数变大，C正确，D错误，故选：AC.10．若，且，则(　　)A．  B．  C．  D．【答案】ABD【解析】由基本不等式：，A正确； B正确；，C不正确；，D正确.11．在△中，角所对的边分别为，已知，则下列结论正确的是(　　)A． B．△为钝角三角形C．若，则△的面积是 D．若△外接圆半径是，内切圆半径为，则【答案】BD【解析】设，则，对于A ，，故A不正确；对于B ，，故B正确；对于C，若，则，，，所以，所以△的面积是，故C不正确；对于D，若正弦定理，△的周长，，所以内切圆半径为，所以.故D正确. 故选：BD 12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则(　　)A．的最小值为B．若，则点的轨迹长为4C．若，则四面体的外接球的表面积为D．若，则点的轨迹长为  【答案】ACD【解析】设E关于D点的对称点为，则，所以当且仅当三点共线时取等号，故的最小值为，故A正确；由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系， 则设，则，对选项B： 当时，，所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，所以，故点的轨迹长为，所以B错误；对选项D： 当时，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；对选项C：在中， ，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而 所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确. 故选：ACD 
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13． 的展开式中二项式系数最大的项是________．【答案】【解析】的二项展开式有7项，其每项的二项式系数为.由二项式定理得二项式系数最大的一项是.14．中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关.” 则此人在第六天行走的路程是__________里（用数字作答）.【答案】【解析】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列，，其公比，令数列的前n项和为，则，而，因此，解得，所以此人在第六天行走的路程（里）.故答案为：615.直线与椭圆(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝       ，点P的坐标是        .【答案】，【解析】法1：联立方程得，得，所以，得，所以.法2：设，则处切线，与可化为，比对得，代入椭圆方程得：，得.得，所以，得，所以.法3：椭圆长轴长，焦点.由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足，椭圆上外部的每一个点P，均满足，直线与椭圆有且仅有一个公共点P，则对于直线上任意一点，满足，当且仅当在点处时，等号成立，即当在处时，取得最小值.求得关于直线对称的点为，所以,因此，椭圆方程为，P的坐标是.   16．若，则的取值范围是____________．【答案】【解析】，原不等式变形得．或，由于，若，则恒成立，在上单调递增，无最大值，不符合题意；若，则，在上单调递增，在上单调递减，所以.综上：,在上单调递减，在上单调递增，且，所以有两个零点，由得，当且仅当时等号成立.，且当，，单调递增，且当，，单调递减；所以，当且仅当时等号成立.所以的取值范围是.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17. （本小题满分10分）已知等差数列前项和为，，.(1)求的通项公式； (2)若数列满足，求和：. 【解析】(1)，又，所以，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以的通项公式为.------------------------------------------------------4分(2)得两式相减得：又，所以又，所以.-------------------------------------------------------------7分 ①②两式相减得：.-------------------------------------------------------------------10分【考查内容】等差数列性质与公式，和式递推数列求通项，错位相减法求和. 18．（本小题满分12分）已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且．(1)求y＝f (x)图象的一个对称中心；(2)若，求φ．解：(1)由题设，的最小正周期．又因为，,所以为图象的一个对称中心是．----------------------------------------4分(2)由(1)知，故，由，得．--------------------------------------------5分由为的一个对称中心，所以．-----------------------------------------6分因为，所以或．---------------------------------------------------7分若，则，即．不存在整数，使得．------------------------------------------------9分若，则，即．不存在整数，使得．当时，．-----------------------------------------11分此时，由，得．--------------------------------------------------12分【命题来源】改编自2023年四省联考T18【考查内容】的对称性、周期性、单调性. 19. （本小题满分12分）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：.【解析】(1)因为平面平面，且平面平面，又，所以平面，因为平面，所以，又，，所以平面，-------------------------------------------------2分连接，因为∥平面，平面，平面平面，所以，∥， 又，所以，从而.---------------------------------------------------4分所以三棱锥底面的面积，高，因此其体积为：.--------------------------------------------------6分 (2)证明：法1：因为平面∥平面,平面与平面所成角即平面与平面所成角，亦即的平面角， 因为，所以平面，又∥，所以平面，所以即的平面角，所以，--------------------------------------------8分作，垂足为，因为平面，所以，所以平面，所以,-------------------------------------------------10分又△为等腰直角三角形，所以.---------------------------------------------------------12分法2：以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立平面直角坐标系，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-----------------------------------------------------------8分--------------------------------------------------------------10分又因为，所以又，所以.------------------------------------------------------12分【考查内容】棱锥的体积计算，直线与平面平行的性质定理，平面与平面垂直的性质定理，直线与平面所成角，平面与平面所成角，两角和的正、余弦公式。 20. （本小题满分12分）已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)若有三个零点，且在处的切线经过点，，求证：.【解析】(1)，令(i)当时，时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；-----------------------------------------------------------3分(ii)当时，时，，时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；-----------------------------------------------------------6分(2)有三个零点，当且仅当或，，①-----------------------------------------------------------8分在处的切线方程为：，该切线经过点，则，即,②---------------------------------------------------------10分①、②联立得：因为，所以，所以，即.-------------------------------------------------------12分【命题来源】改编自《选择性必修第二册P99-T13》【考查内容】利用导数研究三次函数的单调性，曲线的切线，【背景】三次方程的韦达定理. 21. （本小题满分12分）甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜. 已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为.(1)若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，(i)求的取值范围；(ii)证明数列单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.【解析】(1) ，即采用3局2胜制，所有可能取值为，--------------------------------------------------------------2分的分布列如下表：23所以的数学期望为.-------------------------------------------------3分(2)采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：--------------------------------------------------------------4分采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：          ，--------------------------------------------------------5分，得.------------------------------------------------------------7分(3)由(2)知.局比赛中恰好甲赢了局的概率为,局比赛中恰好甲赢了局的概率为，则局比赛中甲至少赢局的概率为. 考虑局比赛的前局：如果这局比赛甲至少赢局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为，如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场至少赢一局，其概率为，如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场都赢，其概率为，因此局里甲最终获胜的概率为：,因此，即数列单调递增. --------------------------------------------11分该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利. -------------------12分【命题来源】改编自《选择性必修第三册P75例3》【考查内容】离散型随机变量分布列，二项分布模型，三次函数的因式分解，概率与数列的综合应用. 22.（本小题满分12分）如图，已知直线，，是平面内一个动点，∥且与相交于点（位于第一象限），∥,且与相交于点（位于第四象限），若四边形（为原点）的面积为.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点的直线与相交于两点，是否存在定直线，使以为直径的圆与直线相交于两点，且为定值，若存在，求出的方程，若不存在，请说明理由.【解析】(1)设，所在直线方程为，联立方程得，同理,-------------------------------------------------2分若四边形的面积：化简得，.-------------------------------------------------------4分因为位于第一象限，位于第四象限，，，所以，即动点的轨迹的方程为.---------------------------------------------5分(2)假设存在定直线，使为定值.设,中点，直线方程为，联立方程，------------------------------------------------------------6分由得--------------------------------------------------------------------7分，-------------------------------------------------------------------8分，设到直线的距离--------------------------------------------------------9分因为为定值，所以为定值. ----------------------------------------------10分由为定值得即，即当时，为定值，此时.所以存在定直线，使为定值.-----------------------------------------12分【命题来源】改编自《选择性必修第二册》P128-T11和P146-T16.【考查内容】动点轨迹问题，直线与双曲线位置关系，直线与圆位置关系，探索性问题，定值问题.