2023届江西省抚州市金溪县高三下学期5月高考仿真模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省抚州市金溪县高三下学期5月高考仿真模拟考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0， 本试卷主要命题范围，的展开式中的系数为，设，则等内容，欢迎下载使用。
金溪县2023届高三下学期5月高考仿真模拟考试理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4. 本试卷主要命题范围：高考范围。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若集合，则A．  B．  C．  D.2.已知复数z满足，则=A． 1    B．   C．   D． 23.甲、乙两名射击运动员各射击6次的成绩如下：甲 7   8   9    5    4    9乙 7   8   a    8    7    7则下列说法正确的是A．若，则甲射击成绩的中位数大于乙射击成绩的中位数B．若，则甲射击成绩的极差小于乙射击成绩的极差C．若，则乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定D．若，则乙比甲的平均成绩高，甲比乙的成绩稳定4. 已知正项等比数列{}的前n项和为，若，则=A． 64   B． 81    C． 128    D． 1925.在区间[0，π]上随机取一个数x，则事件“”的概率为A．   B．    C．    D．6.中国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2个月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），第3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人第12月营收贯数为A． 64    B．66     C． 68     D． 707.的展开式中的系数为A． -30    B． -15    C． 15     D． 308.设，则A．  B．   C．   D．9.在四面体ABCD中，，E为CD的中点，△ACE为等边三角形，则异面直线AC与BE所成角为A．   B．   C．    D．10.已知函数的最小正周期为T，且，若f（x）的图象关于直线对称，则A．   B．   C．    D． 11. 如图，已知，分别为双曲线C:的左、右焦点，过作圆O：的切线，切点为A，且切线在第三象限与C及C的渐近线分别交于点M，N，则A．直线OA与双曲线C有交点OB．若，则C．若，则C的渐近线方程为D．若，则C的离心率为12.已知函数f（x），g（x）都是定义在R上的函数，是奇函数，是偶函数，且f（x）-，则A． -4052    B． -4050    C． -1012     D． -1010二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知a，b是单位向量，且满足，则___________。14.已知抛物线C的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且与直线相切，则抛物线C的一个方程是___________。15.如图，直三棱柱中，，棱柱的侧棱足够长，点P在棱上，点在上，且，则当△的面积取最小值时，三棱锥P-ABC的外接球的体积为___________。16.已知函数有3个零点，则实数a的取值范围为___________。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分。17.（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为（1）若，求B；（2）若，求△ABC的面积。18.（12分）如图，三棱柱ABC-的底面为等边三角形，侧面为菱形，，点D，E分别为BC，的中点，.（1）求证：AD⊥平面；（2）求二面角的余弦值。19.（12分）第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热。甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分。已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为。（1）设甲3次点球的总得分为X，求X的概率分布列和数学期望；（2）求乙总得分为100分的概率。20.（12分）已知椭圆C：过点A（2，），且C的离心率为。（1）求C的方程；（2）设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，β，若，求△AMN面积的最大值。21.（12分）已知函数（1）当时，讨论f（x）的单调性；（2）若，当时，证明：.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若l与C交于M，N两点，点P（-1，1），求的值。23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数。（1）求不等式的解集；（2）设函数f（x）的最大值为M，若a，b，c均为正数，且，求的最小值。                  高三理科数学参考答案、提示及评分细则1.C 因为，所以。，2.B 设，则，根据复数相等的定义，得解得或所以3.C 甲射击成绩的中位数为，极差为，平均成绩为，方差为；当时，乙射击成绩的中位数为错误；当时，乙射击成绩的极差为，B错误；当时，乙平均成绩为，方差为，故，由此可知乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定，C正确，D错误。4.B 由等比数列的性质可知，所以，由，得，所以，解得或，所以.5.B 因为，所以，故所求概率6.D 设每个月的收入为等差数列{}，公差为d，则，于是，且，解得，故.7.D  的通项为的通项为；所以，令解得所以展开式中的系数为.8.D 易知；令，则；而当时，，所以f（x）在（e，+∞）上单调递减，又，所以，即。9. C如图，取AC的中点F，连结BF，EF，因为△ACE为等边三角形，E是CD中点，所以ED，所以在Rt△ACD中，由勾股定理，得，因为，所以AC=2.因为，所以AD⊥平面ABC，所以，又，所以BC⊥平面ABD，所以。在Rt△ABC中，，所以。所以。又△ACE为等边三角形，所以，因为，所以AC⊥平面BEF，所以，则直线AC与BE所成角为。10. A  ，所以，由得，π，所以，由f（x）的图象关于直线对称可知，，所以，则，所以，故。11. D 设（-c，0），（c，0），由题意可知，所以，从而直线的斜率为，由此，直线OA的斜率为，其方程为，恰好是C的一条渐近线，所以直线OA与双曲线C无交点，A错误；由双曲线的定义及2a，又，则，B错误；由，得，再由双曲线的定义，得；在中，由余弦定理，得，化简得，所以C的渐近线方程为，C错误；由及，得；设直线ON的倾斜角为α，则=，又，又，所以，解得，所以，D正确。12.A 因为g（x-2）是偶函数，所以。由知，，所以，则f（x）为偶函数。由是奇函数可知，，所以，则，则，所以，所以，则，所以，则4为f（x）的一个周期。由得，，则，所以，由得，，即，所以由，得，又1，所以；在中，令，得，所以。。13. 由，显然；两边平方，得，整理，得0，解得或14（也可以是因为抛物线C与直线相切，所以抛物线C的方程为或=；由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为；由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为。15、20  如图，取AP的中点为O，连接CO，OB．因为三棱柱为直棱柱，故⊥平面ABC，而AC平面ABC，故，又，故AC⊥平面，因为平面，故，因为平面ACP，因为CP平面ACP，故。设，在直角三角形PCB中，，同理，所以，整理得到。又A，当且仅当时等号成立，也就是时，的面积取最小值。因为AC⊥平面，CP平面，故，故，而△PAB为直角三角形，故，故O为三棱锥P-ABC的外接球的球心，故外接球的直径为，所以外接球的体积为。16. （0，）设，则，设，则（x）=，设，则，当时，，当x∈时，，所以φ（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，则1，当时，，则，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以h（x）在（0，+∞）上至多一个零点，所以f（x）至多有一个零点；当时，，又，而，所以，且,，所以存在，使得；存在，使得，所以时，）时，）时，，所以h（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。又，当时，，所以在（e，+∞）上单调递减，所以，所以，则h（x）在（0，）上有一个零点。又，所以h（x）在（，）上有一个零点。由得，h（x）在（，+∞）上有一个零点，综上可知，f（x）在（0，），（，），（，+∞）上各有一个零点，因此，故实数a的取值范围为（0，）17.解：（1）由条件与正弦定理得，。。。。。。。。。1分由C得sin。。。。。。。。。。3分又，所以，或，所以或C=（舍去）。当时，，所以。。。。。。。。。。。。5分（2）法一：由（1）知，，由正弦定理，得，则。。。。。。6分由余弦定理，得B，即整理得，解得或。。。。。。。。。8分当时，，此时，所以，又因为，所以与矛盾，舍去；。。。。10分当时，，此时△ABC的面积为。。。。。。12分法二：由（1）知，。。。。。。。。。。6分由正弦定理，得。结合，代入解得，从而此时△ABC的面积为。。。。。12分18.（1）证明：连接，，因为侧面为菱形，，所以△为等边三角形，因为点D为BC的中点，所以，。设，则因为△ABC为等边三角形，所以，则因为，所以，则，因为，所以AD⊥平面；（2）解：由（1）知所以⊥平面ABC．所以AD，BC，互相垂直，以D为原点，直线DA，CB，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则D（0，0，0），A（，0，0），E（0，，），（0，0，），，2，），，。。。。。。。7分 设平面的一个法向量为即取，则，。。。。9分设平面的一个法向量为即取，则，。。。。。。10分于是。。。又由题知二面角为锐角，所以二面角余弦值为19.解：（1）设甲3次点球射进的次数为Y，则，Y的可能取值为0，1，2，3，且，则X的所有可能的取值为0，50，100，150.。1分；；。所以X的概率分布列为X050100150P（或。。。。。。6分（2）设“乙第i次射进点球”为事件Ai，则乙总得分为100分的事件为因为，，互斥。所以。。。。。。。。。。。。。11分故乙总得为100分概率为20.解：（1）因为C过点A（2），所以。设C的焦距为2c，由得，所以，。。。2分代入上式，解得，所以C的方程为。（2）设M（，），N（，），易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，由得则。。。。。。。。由得，又，所以，则，。。。。。。。6分由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以则0，。。。。。。。。7分所以，则即，整理得，又知l不过点A（2，），则，所以所以直线l的方程为，则，所以则点A（2，）到直线l的距离为。。。。。。。。。|则,当且仅当，即时取等号。。。。11分故△AMN面积的最大值为2.21.（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），当时，。。当时，所。以f（x）在（0，+∞）上单调递减当时，时。）时，，所以f（x）在（0，b）单调递增，在（b，+∞）单调递减。（2）证明：由得，，所以，则，要证，需证，即证，需证令，设，则设，则，所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，则。所以在（1，∞）上单调递增。由，得，所以In,所以需证，即证1n。。。9分令，且,则所以φ（m）在（1，+∞）上单调递增，则,所以成立。故得证。。。。。。。12分22.解：（1）由，消去参数t，得。将代入，得；所以曲线C的直角坐标方程为，直线l的普通方程为。。5分（2）依题意，点P（-1，1）在l上，将l的参数方程代入C的直角坐标方程并整理，得，首先，设M，N对应的参数分别是，，则，显然，均为正数，所以。。。。。10分23.解：（1）f(x)=当时，化为，解得；当时，化为，解得当时，化为，无解；综上所述，的解集为。。。。5分（2）由（1）知，,因为（当且仅当时，等号成立），2，（当且仅当，即，C=2时，等号成立），所以的最小值为为12.