2023年高考数学模拟试卷（三）含答案

这是一份2023年高考数学模拟试卷（三）含答案，共11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。
 高考数学模拟试卷 一、单选题1．已知且，若集合，且﹐则实数a的取值范围是（　　）A． B．C． D．2．已知复数z满足，则实数a的取值范围为（　　）A． B． C． D．3．已知、分别为双曲线C：的左、右焦点，O为原点，双曲线上的点P满足，且，则该双曲线C的离心率为（　　）A． B． C．2 D．4．今年中国空间站将进入到另一个全新的正式建造阶段，首批参加中国空间站建造的6名航天员，将会分别搭乘着神舟十四号和神舟十五号载人飞船，接连去往中国空间站，并且在上面“会师”中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验的安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（　　）A．44种 B．48种 C．60种 D．50种5．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（　　）A．6 B．7 C．8 D．96．已知，，则（　　）A． B． C． D．7．在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为（　　）A． B． C． D．8．已知函数，，，则实数的取值范围是（　　）A． B． C．，e） D．二、多选题9．函数的图象关于点中心对称，且在区间恰有三个极值点，则（　　）A．在区间单调递增.B．在区间有六个零点.C．直线是曲线的对称轴.D．图象向左平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数.10．圆与圆交于两点，若，则实数的可能取值有（　　）A．2 B．1 C．0 D．11．已知数列的通项公式，记数列的前n项和为，则下列说法正确的是（　　）A．B．是偶数C．若，则D．若，则存在n使得能被8整除12．已知直线，曲线，曲线关于直线对称的曲线所对应的函数为，则以下说法正确的是（　　）A．不论为何值，直线恒过定点；B．；C．若直线与曲线相切，则；D．若直线上有两个关于直线对称的点在曲线上，则.三、填空题13．已知甲盒和乙盒中有大小相同的球，甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有3个红球和2个白球，先从乙盒中任取两球，放入甲盒中，然后从甲盒中任取一球，则最终取到的球是白球的概率为　     　.14．已知某次考试的数学成绩服从正态分布，且，现从这次考试随机抽取 3 位同学的数学成绩，则这 3 位同学的数学成绩都在内的概率为　     　．15．对实数、定义一个运算：，设函数（），若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是　                     　．16．在中，是边上的点，且，设，则　     　.四、解答题17．已知.（1）若函数的最小正周期为，求的值及的单调递减区间；（2）若时，方程恰好有三个解，求实数的取值范围18．在数列中，.（1）求的通项公式；（2）设数列满足，数列前项和为.在①，②中任意选择一个，补充在横线上并证明.选择________-.19．如图1，四边形是梯形，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.（1）若是的中点，求证：平面平面；（2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求.20．“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．（1）求甲以3∶1赢得比赛的概率；（2）设比赛的总局数为，求．21．已知点是抛物线与椭圆的公共焦点，椭圆上的点到点的最大距离为3.（1）求椭圆的方程；（2）过点作的两条切线，记切点分别为，求面积的最大值.22．已知函数，其中.（1）若直线是曲线的切线，求负数的值；（2）设.（i）讨论函数的单调性；（ii）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.
 1．D2．D3．D4．A5．D6．D7．D8．D9．B,C10．B,C,D11．B,C,D12．A,C,D13．14．15．16．17．（1）解：因为因为最小正周期，又，所以，即令，解得，所以的单调递减区间为；（2）解：因为时，恰好有三个解，即恰好有三个解，所以，即，解得，所以实数的取值范围是.18．（1）解：由得， 即，因为，所以时，，得，因此；（2）解：因为，得， 所以，选择①：因为，因为，所以，所以，所以单调递增，因为，所以；选择②因为，，所以.19．（1）证明：取中点，连接，易证平面，所以.又因为，所以，而，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：易求得， 又，所以， 可得，而.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，得，所以.设平面的一个法向量为，由令，则；易得平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，即，解得，或（舍去）.所以.20．（1）解：设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，其中互斥，相互独立，所以，所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；（2）解：的可能取值为3，4，5，设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，；；；；；；则，所以．21．（1）解：抛物线的焦点为，即，椭圆上的点到点的最大距离为，所以，，所以椭圆方程为.（2）解：抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点，，，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以点，的坐标满足方程，所以直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，点到直线的距离为，所以，因为，由已知可得，所以当时，面积的最大值为.22．（1）解：因为，所以由直线是曲线的切线可知，即又，所以，则切点坐标为，所以故.（2）解：（i）.①若即的解为，所以当时，单调递减；当时，单调递增；②若即的解为或，所以当时，单调递增；当时，单调递减③若即恒成立，所以在上单调递增；④若即的解为或，所以当时，单调递增；当时，单调递减.综上所述：若，当时，单调递减，时，单调递增；若，当时，单调递增，时，单调递减；若在上单调递增；若，当时，单调递增，时，单调递减.（ii）证明：∵在区间上存在零点，设零点为，则，所以在上单调递减，在上单调递增故设，则，设，则在内单调递减，又，故在上恒成立，故在内单调递减，所以，故当时，.