浙江省金华市曙光学校2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华市曙光学校2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
金华市曙光学校2023年高三模拟考高三年级数学试题卷本卷满分：150分      考试时间：120分钟一、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. 全集，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】列举可得，然后根据补集的运算得出，进而根据交集的运算即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，所以.故选：D.2. 已知复数z满足，则（    ）A. 1 B. 2 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出z，再求【详解】因为，所以，所以.故选：C3. 函数的图象大致形如（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性和函数值等知识确定正确答案.【详解】依题意，为偶函数，则为偶函数，又，则.故选A．4. 已知向量，向量在方向上的投影向量为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】根据投影向量的定义，即可求得答案.【详解】由题意得，，所以向量在方向上的投影向量为，故选：B5. 如图位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早､规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，已知正四棱锥的高为，其侧棱与底面的夹角为，则该正四棱锥的体积约为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设正四棱锥的底面边长为，高为，得到为侧棱与底面所成的角，结合，求得，结合体积公式，即可求解.【详解】如图所示，设正四棱锥的底面边长为，高为，设，可得底面，即为侧棱与底面所成的角，因为侧棱与底面的夹角为，可得，所以，在正方形中，可得，所以，可得正四棱锥的体积为，又因为正四棱锥的高为，所以.故选：B.6. 已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.【详解】由双曲线：可得渐近线方程为，因为，为的中点，所以，，所以，又， ，所以即，所以.故选：B.7. 已知函数，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数图象平移的原则得的表达式，根据的范围得出的范围，结合余弦函数的性质列出不等式即可得结果.【详解】将函数向左平移个单位长度后得到函数，即，∵，∴，∵在上有且仅有两个不相等的实根，∴，解得，即实数的取值范围是，故选：B.8. 已知函数，，，，若，，则（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.【详解】设，则在上单调递减，因为，故，即，设，则，故在上单调递增，因为，故，即，由于，，故，则，即，所以A错误，B正确；由，，无法确定还是，C，D错误，故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9. 下列命题中正确的是（    ）A. 已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的分位数是7.5B. 样本相关系数的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强C. 已知随机变量，则D 已知经验回归方程，则y与x具有负线性相关关系【答案】ABD【解析】【分析】A选项由百分位数的定义计算即可；B选项根据样本相关系数的意义判断即可；C选项根据二项分布的期望公式计算；D选项由回归直线的斜率正负判断线性相关关系.【详解】对于A选项，由，所以第3个和第4个数的平均数为，故A正确；选项B样本相关系数的意义可知，样本相关系数的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故选项B正确对于C选项，由，则，故C错误；对于D选项，由，可得y与x具有负线性相关关系，可知D正确．故选：ABD.10. 若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（    ）．A.  B. 展开式中各项系数和为C. 展开式中常数项为 D. 展开式中各二项式系数和为【答案】ABC【解析】【分析】根据二项式定理以及二项展开式系数的性质，运用赋值法和二项式展开项公式求解.【详解】因为第5项和第6项是相邻的两项， ，A正确；令 ，则有 ，B正确； ， ，常数项 ，C正确；二项式系数之和 ，错误；故选：ABC.11. 如图，在正方体中，分别为的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（    ）A. 直线平面EFGB. 直线和平面所成的角为定值C. 异面直线和所成的角不为定值D. 若直线平面EFG，则点为线段的中点【答案】AD【解析】【分析】由平面截正方体的截面为正六边形，根据，证得平面，可判定A正确；过作，得到直线和平面所成的角为，设，得到，可判定B错误；由，证得平面，得到，可判定C错误；证得平面，得到，得到点为线段的中点，可判定D正确.【详解】对于A中：如图（1）所示，平面截正方体截面图形为正六边形，其中分别为，，的中点，因为，平面，平面，所以平面，所以A正确；对于B 中，如图（2）所示，过作交于点，在正方体，可得平面平面，且平面，平面平面，所以平面，则直线和平面所成的角为，且，设，正方体的棱长为1，则，，所以，所以直线CP和平面ABCD所成的角不为定值，故B错误；对于C中，在正方体，连接，因为平面，且平面，所以，又由正方形，可得,又因为且平面，所以平面，因为，所以平面，又因平面，所以，所以C错误；对于D中，在正方体中，可得且，所以四边形为平行四边形，所以， 设，，则平面平面，因为平面，平面，所以，又在平面内，可得，，所以点为线段的中点，所以D正确，故选：AD．12. 已知函数的定义域为，且的图象关于直线对称，，又，则（    ）A. 为偶函数 B. 的图象关于点中心对称C. 是奇函数 D. 【答案】AD【解析】【分析】由的图象关于直线对称，可得为偶函数，可判断A；令中，求出可判断B；由可得的周期为4，故，令等价于，可得为偶函数可判断C；求出，再结合和的周期为4可判断D.【详解】由的图象关于直线对称，可得，即，令，则，即，故偶函数，A正确；又因为，令等价于，则①，令等价于，②，②减①可得：，故的周期为4，又，所以③，令等价于，则④，因为为偶函数，③减④可得：，故是偶函数，故C不正确；令中，可得，解得：，故B不正确；令中，可得，因为，则，令中，可得，因为，则，由，因为的周期为4，且，则，，故D正确故选：AD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设随机变量X服从正态分布，若，则___________．【答案】【解析】【分析】根据正态分布的概念及性质即可求解概率.【详解】解：因为，所以，故答案为：.14. 已知、均为锐角，且，，则_____________.【答案】##【解析】【分析】利用题目信息以及平方关系分别计算得、角的正弦、余弦值，再利用两角差的正弦公式即可求得结果.【详解】因为，，即，所以，又，即，则，又、均为锐角，所以，，所以，，所以.故答案为：15. 在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD，PA=1，AB=，AD=4，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，满足MA等于M到边CD的距离.当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】根据抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线位于矩形内的一部分，找到三棱锥P－ABM的体积最小时的点F，然后利用补体法求出外接球的半径，即可求出表面积.【详解】由抛物线定义可知：点位于底面矩形内以点A为焦点，为准线的抛物线上，记点的轨迹为曲线，在矩形内以点为坐标原点，为轴，过点作垂线为轴建立如图示平面直角坐标系，由AD=p=4知抛物线的标准方程为：，又AB=，所以，所以，当点位于时，面积最小，又平面ABCD，此时三棱锥的体积最小，三棱锥的外接球与以PA，AB，BF为长宽高的长方体的外接球相同，由长方体外接球模型可知，三棱锥外接球球心为的中点，此外接球的半径为：，所以．故答案为：16. 如图，已知有公共焦点、的椭圆和双曲线相交于A、B、C、D四个点，且满足，直线AB与x轴交于点P，直线CP与双曲线交于点Q，记直线AC、AQ的斜率分别为、，若，则椭圆的离心率为___________. 【答案】##【解析】【分析】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，联立方程组求的坐标，再求点的坐标，由条件列方程求椭圆的离心率.【详解】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，因为椭圆和双曲线有公共焦点、，所以，因为，联立，可得，所以，所以点的坐标分别为，，，，所以直线的斜率，直线的方程为，所以点的坐标为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，联立，消得，，设点的坐标为，则，所以，，所以直线的斜率，又，，所以，又，所以，因为点，，所以，故，故所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．四、解答题（本大题共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. 已知等差数列的各项均为正数，，.（1）求的前项和；（2）若数列满足，，求的通项公式.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.【小问1详解】等差数列中，因为，所以，又因为等差数列的各项均为正数.所以，又因为，所以.所以.【小问2详解】由（1）得，因为，且，所以，所以.所以.所以.当时也符合.所以的通项公式为.18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．（1）求角A的值；（2）若的面积，，试判断的形状．【答案】（1）    （2）直角三角形【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得角；（2）由三角形面积求得，由余弦定理求得，然后用正弦定理可得判断的形状即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得，又是三角形内角，，所以，所以；【小问2详解】，，，，又， ，所以,是直角三角形.19. 如图，圆台上底面半径为1，下底面半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点在平面的同侧，且.（1）证明：平面；（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成的正弦值.条件①：三棱锥的体积为；条件②：与圆台底面的夹角的正切值为.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据题意证明四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理证明；（2）选择条件①根据体积求出，选择条件②根据线面角的正切值求出，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】取中点，连接，如图，由题意，，又.又，故，所以四边形为平行四边形，则，又面平面，故平面.【小问2详解】选①：，又平面，所以三棱锥体积.所以.选②：因为平面，所以为与底面所成的角，所以，又，所以以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.则有，故，设平面的法向量，而，故令，解得，得，设所求角的大小为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.20. 某市阅读研究小组为了解该城市中学生阅读与语文成绩的关系，在参加市中学生语文综合能力竞赛的各校学生中随机抽取了500人进行调查，并按学生成绩是否高于75分（满分100分）及周平均阅读时间是否少于10小时，将调查结果整理成列联表.现统计出成绩不低于75分的样本占样本总数的，周平均阅读时间少于10小时的人数占样本总数的一半，而不低于75分且周平均阅读时间不少于10小时的样本有100人. 周平均阅读时间少于10小时周平均阅读时间不少于10小时合计75分以下  不低于75分100 合计  500 （1）根据所给数据，求出表格中和的值，并分析能否有以上的把握认为语文成绩与阅读时间是否有关；（2）先从成绩不低于75分的样本中按周平均阅读时间是否少于10小时分层抽样抽取9人进一步做问卷调查，然后从这9人中再随机抽取3人进行访谈，记抽取3人中周平均阅读时间不少于10小时的人数为，求的分布列与均值.参考公式及数据：.0.010.0050.0016.6357.87910.828 【答案】（1），有的把握认为语文成绩与阅读时间有关    （2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）根据已知完善列联表求出参数，应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验的基本思想得到结论；（2）根据分层抽样等比例性质确定抽取9人的分布情况，进而写出可能的取值，并求出对应概率，写出分布列并求期望.【小问1详解】根据已知条件，列联表如下： 周平均阅读时间少于10小时周平均阅读时间不少于10小时合计75分以下200150350不低于75分50100150合计250250500所以，由表知，所以有的把握认为语文成绩与阅读时间有关.【小问2详解】依题意，成绩不低于75分的学生中周平均阅读时间少于10小时和不少于10小时的人数比是1:2，按分层抽样抽取9人，则周平均阅读时间少于10小时有3人，不少于10小时的有6人，从这9人中再随机抽取3人进行访谈，则可能的取值为，，.分布列如下：0123.21. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为6，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在定点，【解析】【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.【小问1详解】周长为，椭圆的离心率为，则，所以所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】设圆的半径为，，由（1）不妨设，则的面积，所以，，所以，由，，得直线的方程为，则点到直线的距离为，整理，得，把代入上式，得，即，由题意得，，，所以，则，把，代入椭圆的方程，得，所以点在椭圆上，所以存在定点，，使为定值2.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.22. 已知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）判断函数在上的单调性，并说明理由；（3）对任意的，求实数a的取值范围.【答案】（1）；    （2）在上单调递增；    （3）【解析】【分析】（1）通过导数的几何意义计算即可；（2）由三角函数的有界性将导函数转化为，即可判定单调性；（3）将问题转化为恒成立，结合第二问的结论得出符合题意，再利用导数去证明其充分性即可.【小问1详解】由题意可得：，故，所以在处的切线方程为：【小问2详解】由上知 ，而，故在上有，即，令，即在上单调递增，故，所以，故在上单调递增；【小问3详解】问题转化为：恒成立，令，则，由（2）得在上单调递增，而，满足题意，则，即（必要性）；下证充分性，当时，令，由（2）可得，故在上单调递增，，故，满足充分性.综上，实数a的取值范围为.