海南省琼海市2023届高三第三次模拟考试数学试卷（含解析）

海南省琼海市2023届高三第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．记全集集合则图中阴影部分所表示的集合是（    ）

A． B． C． D．

2．设（为虚数单位），则（    ）

A． B． C．3 D．2

3．圆锥的轴截面为面积为的直角三角形，则圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

4．设数列满足，且，则数列中的最大项为（    ）

A． B． C． D．

5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则（    ）

A． B． C． D．

6．圆心与抛物线的焦点重合，且被抛物线准线截得的弦长为4的圆的标准方程为

A． B．

C． D．

7．已知数列中，，，，则（    ）

A．4 B．2 C．-2 D．-4

8．设函数，则函数的零点的个数为(    )

A．8 B．7 C．6 D．5

二、多选题

9．某学校组织了一次劳动技能大赛，共有100名学生参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在内，得分60分以下为不及格，其得分的频率分布直方图如图所示（按得分分成，，，，这五组），则下列结论正确的是（    ）

A．直方图中

B．此次比赛得分及格的共有55人

C．以频率为概率，从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在[50，80）的概率为0.75

D．这100名参赛者得分的第80百分位数为75

10．已知是函数的一个周期，则的取值可能为（    ）

A．﹣2 B．1 C． D．3

11．如图所示，正三棱柱各棱的长度均相等，D为的中点，M､N分别是线段和线段上的动点（含端点），且满足，当M､N运动时，下列结论中正确的是（    ）

A．平面平面

B．在内总存在与平面平行的线段

C．三棱锥的体积是三棱柱的体积的

D．

12．已知函数的定义域为，则（    ）

A．是奇函数 B．在区间上单调递增

C．有四个极值点 D．恰有一个极大值点

三、填空题

13．在正三角形中，是上的点，，则________ ．

14．的展开式中含项的系数为__________.（用数字作答）

15．下列四个结论：①“”是“”的充分不必要条件；②在△中，“”是“△为直角三角形”的充要条件；③若，，则“”是“，全不为0”的充要条件；④若，，“”是“，不全为0”的充要条件．其中正确命题的序号是________．

四、双空题

16．已知双曲线（，），焦点，（），若过左焦点的直线和圆相切，与双曲线在第一象限交于点P，且轴，则直线的斜率是__________，双曲线的离心率是__________.

五、解答题

17．已知是公差不为的等差数列，，且依次成等比数列.

（I）求的通项公式；

（II）设的前项和为，求的最小值.

18．在中，角的对边分别为，在条件①，②，③中任选一个解答．

(1)求角A

(2)若，，求的面积．

19．如图，已知四边形为菱形，且，取中点为．现将四边形沿折起至，使得．

(1)求证：平面平面；

(2)求平面和平面夹角的余弦值；

(3)若点满足，当平面时，求的值．

20．冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起.其中20男子个人赛的规则如下：

①共滑行5圈（每圈4），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹，第5圈滑行直达终点；

②如果选手有n发子弹未命中目标，将被罚时n分钟；

③最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜.

已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和.假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响.

(1)若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求最终甲胜乙的概率；

(2)若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由.

21．如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右焦点外别为，，设P是第一象限内上的一点，、的延长线分别交于点、．

（1）求的周长；

（2）求面积的取值范围；

（3）设、分别为、的内切圆半径，求的最大值．

22．已知函数的定义域为且满足，当时，.

（1）判断在上的单调性并加以证明；

（2）若方程有实数根，则称为函数的一个不动点，设正数为函数的一个不动点，且，求的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】结合图示以及并集和补集的概念即可求出结果.

【详解】因为，则,

故选：A.

2．B

【分析】根据复数的除法运算求出，即可求出模.

【详解】，

，

.

故选：B.

3．D

【分析】根据题意求出底面半径和母线长即可求出侧面积.

【详解】如同，设圆锥的轴截面为，底面圆心为，

则由题可得为等腰直角三角形，则，则，

所以，即底面半径，

所以该圆锥的侧面积为.

故选：D.

4．A

【分析】利用累加法求得的通项公式，再根据的单调性求得最大项.

【详解】因为

故

故

则，其最大项是的最小项的倒数，

又，当且仅当或时，取得最小值7.

故得最大项为.

故选：A.

【点睛】本题考查由累加法求数列的通项公式，以及数列的单调性，属综合基础题.

5．C

【分析】由三角函数的定义得，再利用诱导公式结合二倍角公式即可化简求出.

【详解】角的终边过点，，

．

故选：C．

6．C

【详解】试题分析：因为物线的焦点为，所以圆心是，又因为圆心到准线距离为，被抛物线准线截得的弦长为，由勾股定理知圆半径，圆的标准方程为，故选C.

考点：1、抛物线的定义及标准方程；2、圆的标准方程.

7．D

【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的数列，即可求出.

【详解】因为，，，所以，

则，，，…，

所以数列是以3为周期的数列，

则.

故选：D.

8．C

【分析】通过等价转化的思想，可得函数图像交点的个数，根据，，可得，作图可得结果.

【详解】由题意：函数的零点的个数

等价于函数图像交点的个数

由

所以,,,

当时,

,,…,

易得,

又,同理,

,

如图

显然零点共6个,其中左边1个,右边5个.

故选：C

【点睛】本题考查函数零点个数问题，常常会利用等价转化的思想，函数零点个数等价于相应方程根的个数等价于函数图像交点个数，属中档题.

9．AD

【分析】根据直方图的性质，求出a，并逐项分析即可.

【详解】由图可知， ，

解得a=0.005，故A正确；

比赛及格的人数为： ，故B错误；

成绩在 内的频率为 ，即概率为0.85，

故C错误；

设第80百分位数为70+x分，则有 ，

解得x=5，

所以第80百分位数为75分，故D正确；

故选：AD.

10．ABD

【分析】根据三角恒等变换公式进行化简，根据周期函数定义求出的表达式即可求解．

【详解】依题意得，

由周期函数定义得：

，即：

即：

解得：

又

或

故选：ABD．

11．ABD

【分析】连接，交于点，取中点，可证明，从而证明出平面，得面面垂直，判断A，同时得出线面平行，判断B，利用棱锥和棱柱的体积公式进行转换可判断C，设三棱柱棱长为，（），计算出后可得其范围，判断D．

【详解】如图，连接，交于点，因为且，所以，即，是中点，也是与的交点，

取中点，连接，则，，

所以是平行四边形，，

正三棱柱中，底面，平面，所以，

是等边三角形，，

，平面，所以平面，所以平面，

又平面，所以平面平面，A正确；

由上证明知，平面，平面，所以平面，其中平面，B正确；

设到平面的距离为，即为到平面C的距离，也即为的高，，C错误；

设正三棱柱棱长为，（），由正棱柱的性质，侧侧棱与底面垂直，即与底面上的所有直线垂直，可得，，

，

，则，，，

所以，D正确．

故选：ABD．

12．BC

【分析】先求出函数定义域，判断函数的定义域关于原点不对称，故可判断A；对函数求导，然后结合导数与单调性，极值的关系可对选项B、C、D进行判断．

【详解】解：因为的定义域为，定义域不关于原点对称，

所以是非奇非偶函数，故A错误；

又，

当时，，则在上单调递增，故B正确；

显然，令，得，

分别作出，在区间上的图象如下所示，

由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，

故在区间上的极值点的个数为4，且只有2个极大值点，

故选：BC．

13．

【详解】试题分析：根据正三角形的性质以及向量的数量积的定义式，结合向量的特点，可以确定，故答案为．

考点：平面向量基本定理，向量的数量积，正三角形的性质．

14．##

【分析】写出的展开式的通项，令，求得,即可求得答案.

【详解】由题意得：的展开式的通项为 ，

令 ，

故的展开式中含项的系数为，

故答案为：

15．①④

【分析】根据向量的运算知①正确，举反例得到②错误，取得到③错误，考虑充分性和必要性得到④正确，得到答案.

【详解】当时，，当时，或，①正确；

当△中，则，故②错误；

取得到，故③错误；

若，则，不全为0，若，不全为0，则，故④正确；

故答案为：①④.

16．         

【分析】第一空，利用直线和圆相切的性质得到，从而利用求得答案；第二空，求得，利用可得a,b,c的齐次式，求得离心率.

【详解】如图，

设圆的圆心为B，则圆心坐标，半径为，

则，

设过左焦点的直线和圆相切于点C，连接，

则，所以 ，

得，所以直线的斜率是；

又轴，将代入得 ，则，

所以，化简得，

求解得，

故答案为：；

17．（I）；（II）.

【分析】（I）由等比数列定义可构造方程求得等差数列的公差，由等差数列通项公式可求得结果；

（II）利用等差数列求和公式可求得，结合二次函数的性质可求得结果.

【详解】（I）设等差数列公差为，

依次成等比数列，，，

即，解得：，

；

（II）由（I）得：；

；

，当或时，.

【点睛】易错点睛：本题考查等差数列前项和的最值的求解问题，易错点是忽略的限制，造成最值求解错误.

18．(1)若选①，；若选②或③，；

(2)若选①，；若选②或③，

【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式变形可求得；选②，由正弦定理化角为边，由余弦定理求得角；选③，由正弦定理化边为角，由诱导公式、二倍角公式变形可求得；

（2）选①②③方法均相同：结合余弦定理求出，再由面积公式求得面积．

(1)

选择条件①，由及正弦定理，得

．

又，

所以有．

因为，所以．

从而有．又，

所以；

若选②：由正弦定理得，

即，      所以，

因为，所以．

若选③：由正弦定理得，

因为，所以，

所以，又因为，

所以，

因为，，所以，

，，所以．

(2)

选择①，又，

，，所以，

所以

选择②或③

，

，，所以，

所以．

19．(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）依题意可得，再由，即可得到平面，从而得证；

（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，求得平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量法计算可得；

（3）由，则，由．计算可得所求值．

【详解】（1）证明：在左图中，为等边三角形，为中点

所以，所以．

因为，

所以．

因为，，，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面．

（2）解：设菱形的边长为2，

由（1）可知，，．

所以以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图空间坐标系：

可得，，，．

所以，

设平面的法向量为，

所以，即，令，则．

平面的法向量为．

设平面和平面夹角为，

则，所以平面和平面夹角的余弦值为．

（3）解：由，设，即，

所以，解得，所以，

所以，

因为平面，则，即，

所以．

20．(1)

(2)乙选手水平更高，理由见解析

【分析】（1）求出“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”和“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”的概率即可求解；

（2）根据题意可得，，求出时间的期望即可求解.

【详解】（1）甲滑雪用时比乙多秒分钟，

因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹.

设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件B，

“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件C，

依题意，事件B和事件C是互斥事件，

，  

所以，.

所以甲胜乙的概率为.

（2）依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为X，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为Y，则，，

所以甲被罚时间的期望为（分钟），

乙被罚时间的期望为（分钟），

又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，则甲最终用时的期望比乙多分钟，

因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高.

21．（1）；（2）；（3）．

【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；

（2）设过的直线方程为，联立椭圆方程消元后，根据根与系数的关系得，换元后可求，代入三角形面积公式即可求解；

（3）根据三角形内切圆的性质及（1）可得，即可转化为，根据三角形面积可化为，利用直线与椭圆联立求出，代入化简后利用均值不等式即可求解.

【详解】（1），为椭圆的两焦点，且，为椭圆上的点，

，从而的周长为．

由题意，得，即的周长为.

（2）由题意可设过的直线方程为，

联立，消去x得，

则，

所以，

令，

则（当时等号成立，即时）

所以,

故面积的取值范围为.

（3）设，直线的方程为：，将其代入椭圆的方程可得，

整理可得，

则，得，，

故．

当时，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得，

同理，可得，

因为，

所以

，

当且仅当时，等号成立.

若轴时，易知，，，

此时，

综上，的最大值为.

22．(1) 单调递减. 见解析 (2) （或）.

【解析】（1）根据已知条件，构造函数，可证在上单调递减.，再通过的奇偶性，可得出在上单调递减，即可判断在上的单调性；

（2）转为为（1）中的两个函数值，利用的单调性，求出的范围，再根据不动点的定义转化为在有解，，分离参数，转化为研究与函数在有交点，通过两次求导得出在单调性，即可求出在的范围.

【详解】（1）令，则，

∵当时，，∴，

∴在上单调递减，又∵，

∴，

∴为奇函数，∴在上单调递减.

又∵在上单调递减，

∴在上单调递减.

（2）由（1）可知，在上单调递减.

∵，∴，

∴，故.

∵正数为函数上的一个不动点，∴方程在上有解，

即方程在上有解，

整理得：.

令，，

设，，则，

∴在上单调递增，又，

∴，∴，

∴在上单调递减，

∴（或），

即的取值范围是（或）.

【点睛】本题考查利用导数研究函数性质的综合应用，构造函数法判断函数的单调性，注意审题，对于新定义问题转化为函数的零点，并用分离参数法研究函数的零点问题，属于难题.