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）

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：C

3. 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：B

5. 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7.5

B. 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EFG

B. 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.

（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：.

【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：

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：

.

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.