内蒙古赤峰市林东第一中学2023届高三5月数学模拟考试题（含解析）

内蒙古赤峰市林东第一中学2023届高三5月数学模拟考试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，，则

A． B． C． D．

2．若为虚数单位，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．在的展开式中，的系数为（    ）

A．12 B． C．6 D．

4．逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路､中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角依次为，其中，则此山的高度为（    ）

A． B．

C． D．

5．某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师，到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校.则不同的安排方法共有（    ）

A．96种 B．144种 C．240种 D．384种

6．若数列满足，则（    ）

A．2 B． C． D．

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），（点为坐标原点），过点作直线的垂线与轴交于点，则（    ）

A．6 B． C．4 D．

9．两个边长为4的正三角形与，沿公共边折叠成的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

10．已知为定义在上的偶函数，已知，当时，有，则使成立的的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

11．已知函数，若在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．设满足约束条件，则的最小值为________．

14．已知向量，，其中，，若，则的最小值为_______．

15．在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________.

16．如图，已知正方体的棱长为2，P为底面正方形ABCD内（含边界）的一动点，则下列结论正确的序号有______.

①存在点P，使得平面；

②三棱锥的体积为定值；

③当点P在棱CD上时，的最小值为；

④若点P到直线与到直线AD的距离相等，CD的中点为E，则点P到直线AE的最短距离是．

三、解答题

17．如图，在圆锥中，是底面的直径，是底面圆周上的一点，且，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的余弦值.

18．已知数列的前n项和为，且

(1)求证：数列是等差数列；

(2)设 求数列的前n项和.

19．甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球，.现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜.

(1)当，，时，求乙胜的概率；

(2)若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值.

20．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.

21．已知函数，其中a为实数.

(1)若，求函数在区间上的最小值；

(2)若函数在上存在两个极值点，，且.求证：.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线l的极坐标方程为：，已知直线l与曲线C相交于M，N两点．

(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)记线段MN的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围

23．已知函数.

(1)求的最小值；

(2)若为正实数，且，证明不等式.

参考答案：

1．B

【详解】分析：求出中不等式的解集的自然数解，确定集合，找出与的交集即可.

详解：由题意，可得集合，

因为，所以，故选B.

点睛：本题主要考查了集合的交集的运算，其中正确求解集合和交集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

2．D

【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.

【详解】，其虚部为．

故选：D．

3．D

【分析】根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】因为，

所以只有中的与中的相乘才会得到，

即，所以的系数为.

故选:D.

4．D

【分析】作出直观图，山高，利用仰角表示出，在中，，利用余弦定理建立等式化简即可.

【详解】如图，设点在地面上的正投影为点，则

，

设山高，则，

在中，，

由余弦定理即有：，整理得，

所以.

故选：D.

5．C

【分析】先将6名教师分成4组，然后再分配到学校即可.

【详解】将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校.若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种；

若教师人数依次为，则不同的安排方法种数为：种，

故不同的安排方法共有种.

故选：C.

6．B

【分析】利用数列的周期性即可求得的值.

【详解】因为，所以.又因为，

所以，

所以是周期为4的数列，故.

故选：B

7．D

【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.

【详解】

.

故选：D

8．A

【分析】设，由，得为的中点, 表示的方程，求出点的坐标，结合抛物线的定义求得结果.

【详解】法一：依题意，设，由，得为的中点且，

则，易得直线的垂线的方程为.

令，得，故，由抛物线的定义易知，

故，

故选:A.

法二：特殊值法.不妨设，则，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，又，故.

故选:A.

9．B

【分析】作出辅助线，找到球心的位置及点在平面上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半径，进而得到球的表面积.

【详解】取的中点，连接，

因为正三角形与的边长为4，所以⊥，⊥，

且，

故为二面角的平面角，，

所以是等边三角形，

取的中点，连接，则⊥，，，

因为⊥，⊥，，平面，

所以⊥平面，

因为平面，所以⊥，

因为，平面，

所以⊥平面，

取的中心，则点在上，且，故，

则球心在点正上方，连接，过点作⊥于点，

则，

设，则，

由勾股定理得，，

故，解得，

故外接球半径，

故球O的表面积为.

故选：B

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

10．D

【分析】令，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，由可得出，可得出，可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】令，其中，因为函数为定义在上的偶函数，

则，所以，，

所以，函数为偶函数，

当时，，

所以，函数在上为减函数，且，

由可得，则，

所以，，解得或，

因此，使成立的的取值范围为.

故选：D.

11．D

【分析】首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用即可求出的取值范围．

【详解】函数 ，

令，由，则，

又函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，

即在区间上有且仅有个零点和条对称轴，

作出的图象如下，

所以，得．

故选：D．

12．C

【分析】构造函数得到，，，再构造函数比较出，，从而比较出大小.

【详解】令，，则，当时，，

所以在上单调递增，，

故，

令，，则在上恒成立，

故在单调递减，故，

所以，

令，，则，

故在上单调递减，

故，即，

构造，，则，

令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故，即，，

构造，，

则，令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递减，又，

故在上恒成立，故在上单调递减，

又，故在上恒成立，故在上单调递减，

故，即，即，

因为，故.

故选：C

【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：

，，

，

，

，

13．/0.5

【分析】作出线性区域，由图分析求目标函数的最小值即可.

【详解】作出线性区域如图所示：

，所以表示可行域中的点到原点连线的斜率，

由图可知，点与原点连线斜率最小，

所以的最小值为：

故答案为：.

14．

【分析】根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可.

【详解】，，，

，即，

由，，则，

当且仅当，即时等号成立，

故的最小值为.

故答案为：

15．

【分析】利用正弦定理化简式子，求出的值，进而求出的大小，由余弦定理结合基本不等式即可求出，即可求出三角形周长的最大值.

【详解】由正弦定理变形有：，又因为，所以，则，又因为，所以，

又因为，

所以，当且仅当 “”时取等.

则该三角形周长的最大值为.

故答案为：.

16．①②④

【分析】对于①，当点为与交点时，利用线面平行的判定定理即可判断；对于②，由到上底面的距离是定值即可判断；对于③，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，从而得以判断；对于④，先得到点的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离，从而得解.

【详解】对于①，连接，交点为，连接，连接，交点为，连接，如图，

因为在正方体中，，

所以四边形是平行四边形，所以，

易知是的中点，所以，

所以四边形是平行四边形，则，

又平面，平面，所以平面，故①正确;

对于②，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而到上底面的距离是定值，

所以三棱锥的体积是定值，故②正确；

对于③，当点在棱CD上时，把平面沿旋转，使得旋转面与平面共面，连接，如图，

此时取得最小值，

在中，，，则，故③错误；

对于④，由点到直线与到直线的距离相等，可知在以为准线，为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，

则，的轨迹是抛物线，其方程为，

因为的中点为，，

所以的方程:，与平行的抛物线的切线方程设为，

联立，可得，

则由，解得，可得切线方程为，

则点到直线的最短距离为，故④正确；

故答案为：①②④.

【点睛】关键点睛：本题第④结论的解决关键是利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点的轨迹方程，从而将问题转化为抛物线上的点到直线的距离的最值，从而得解.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）确定，根据中点得到，得到平面，得到面面垂直.

（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，平面的一个法向量为，是平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1）由是底面的直径，点是底面圆周上的点，得.

又因，分别为，的中点，所以，故.  

因是圆锥的轴，所以底面，又平面，故.

于是与平面内的两条相交直线，都垂直，从而平面；

而平面，故由平面与平面垂直的判定定理，得平面平面.

（2）在圆锥底面，过圆心作直径的垂线，交圆周于点，则直线，，两两垂直，

以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

如图：

则，，，，.

设平面的一个法向量为，

则，即，

取，得.

又是平面的一个法向量，

故.

平面与平面所成的二面角是锐角，故二面角的余弦值为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据前n项和与通项公式之间的关系可得，再结合等差数列定义证明；

（2）结合（1）中的结果，利用裂项相消法求解.

【详解】（1）当时，则；

当时，则；

显然当时，也满足上式，

所以.

当n≥2时，则，

所以数列是首项为3，公差为2的等差数列.

（2）由（1）可知，，则，

可得

，

所以数列前n项和为.

19．(1)

(2)乙得分均值的最大值为，此时，

【分析】（1）设出事件，根据古典概型概率公式求得事件的概率，进而表示出事件乙胜，根据独立事件以及互斥事件，即可求出答案；

（2）用随机变量来表示乙得分，则可取.然后分别计算得出取时的概率，根据期望公式求出即可得出，根据已知结合的取值范围，即可得出答案.

【详解】（1）记“甲取红球”为事件，“甲取黄球”为事件，“甲取蓝球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，

则由已知可得，，，，，，.

由已知，乙胜可以用事件来表示，

根据独立事件以及互斥事件可知，.

（2）由题意知，，，.

用随机变量来表示乙得分，则可取,

则，，，

所以.

所以.

因为，所以，且，，，

所以，

当且仅当，，时，等号成立.

所以，乙得分均值的最大值为，此时，，.

20．(1)

(2)存在定点，

【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.

【详解】（1）周长为，

椭圆的离心率为，则，

所以

所以椭圆的标准方程为；

（2）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.

21．(1)0

(2)证明见解析

【分析】利用导函数的判断函数的单调性即可求最小值.

先根据，为函数在上存在两个极值点，可得，为的两根，可得，带入后即证，再根据，和的关系，消元后只需要证明即，结合，即证.

【详解】（1）当时，，，，

令，，则，

所以在上单调递增，故，

所以，在上单调递增，

所以当时，的最小值为．

（2）依题意，在上存在两个极值点，，且．

所以在R上有两个不等的实根，，且．

令，，

所以当时，，所以在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

故函数在处取得最小值，

要使得在R上有两个不同的零点，必须满足得，

此时，故．

因为，是的两个不等的实根，

所以，即

要证：，即证：，只要证：．

下面首先证明：．

要证：，即证：，

因，在上单调递增，

只要证：，即证：，

令，，

则，

所以在上单调递减，，即．

因为，所以．

所以，故．

要证：，只要证：，即证：，

只要证：，即证：，

事实上，，显然成立，得证．

【点睛】方法点睛：

双变量问题常用解题策略：

1.变更主元，对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.

2.指定主变量，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.

3.整体代换，变量归一，通过等价转化，将关于,x的双变量问题等价转化为以x,x所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.

22．(1)

(2)

【分析】（1）利用可得曲线C的直角坐标方程，再由可得曲线C的极坐标方程；

（2）联立和得，设、，由得，利用的范围可得答案.

【详解】（1）∵曲线C的参数方程为（为参数），

∴曲线C的直角坐标方程为，

化为一般式得：，

设，

∴，

∴曲线C的极坐标方程为：；

（2）联立和，得，

设、，则，

由，得，

当时，取最大值，故实数的取值范围为.

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；

（2）解法一：根据基本不等式“1”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证明即可.

【详解】（1）由题知，

其函数图象如图所示，

所以，.

（2）由（1）可知，则，

解法一：利用基本不等式：

，

当且仅当时取等号.

所以，.

解法二：利用柯西不等式：，

当且仅当时取等号.

所以，.