浙江省金华市东阳市2023届高三下学期5月模拟数学试题（含解析）

这是一份浙江省金华市东阳市2023届高三下学期5月模拟数学试题（含解析），共28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。
浙江省金华市东阳市2023届高三下学期5月模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若复数满足.则（    ）
A． B． C． D．
2．已知R为实数集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B．
C． D．
3．已知平面向量，则（    ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．在上的投影向量的模为
4．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．
5．已知函数，集合中恰有3个元素，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
6．某市举行一环保知识竞赛活动.竞赛共有“生态环境”和“自然环境”两类题，每类各5题.其中每答对1题“生态环境”题得10分，答错得0分；每答对1题“自然环境”题得20分，答错扣5分.已知小明同学“生态环境”题中有3题会作答，而答对各个“自然环境”题的概率均为.若小明同学在“生态环境”题中抽1题，在“自然环境”题中抽3题作答，每个题抽后不放回.则他在这次竞赛中得分在10分以下（含10分）的概率为（    ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆为椭圆的右焦点，曲线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ）
A．若，，则
B．若m，，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
10．已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（    ）
A．l与C恒有公共点 B．是钝角三角形
C．的面积的最大值为1 D．l被C截得的弦的长度的最小值为
11．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．
12．如图，已知是抛物线的焦点，过点和点分别作两条斜率互为相反数的直线，交抛物线于四点，且线段相交于点，则下列选项中正确的是（    ）

A． B．
C． D．

三、填空题
13．已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________.
14．数学王子高斯在小时候计算时，他是这样计算的：，共有50组，故和为5050，事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数图象关于对称，，则___________.
15．已知函数，过点存在3条直线与曲线相切，则实数的取值范围是___________.
16．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.

四、解答题
17．已知数列的前项和，，且.数列满足，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列中的项按从小到大的顺序依次插入数列中，在任意的，之间插入项，从而构成一个新数列，求数列的前100项的和.
18．在中，内角的对边分别为，且
(1)求；
(2)若，，求线段长的最大值.
19．在四棱锥中，面面，，是线段上的靠近点的三等分点.

(1)求证：面；
(2)若面和面的夹角为，求线段的长.
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：.

0.01
0.005
0.001

6.635
7.879
10.828

21．已知双曲线的方程为：，左右焦点分别为，是线段的中点，过点作斜率为的直线，l与双曲线的左支交于两点，连结与双曲线的右支分别交于两点.

(1)设直线的斜率为，求的取值范围.
(2)求证：直线过定点，并求出定点坐标.
22．已知函数.
(1)对任意，方程恒有三个解，求实数的取值范围；
(2)已知，方程有三个解为，且，求证：.

参考答案：
1．C
【分析】设，，由题意可得，，解方程即可得出答案.
【详解】设，，
因为，
所以，解得：，
，故.
故.
故选：C.
2．C
【分析】图中阴影部分表示，根据分式不等式求出的解集，利用指数不等式求出的解集，进而求出结果.
【详解】图中阴影部分表示，
由，得或，所以，
由，解得，所以，
故，
故选：C．
3．D
【分析】根据题意，由向量的概念即可判断A，由平面向量的坐标运算即可判断BCD.
【详解】向量不能比较大小，故A错误；
，则，故B错误；
，则与的夹角为锐角，故C错误；
在上的投影向量的模为，所以D正确；
故选:D
4．B
【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.

5．D
【分析】由已知化简可得，.原题可转化为在上恰有3个解.求出当时，的前4个解，即可得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，，所以.
因为集合中恰有3个元素，
即函数在上恰有3个解，
即在上恰有3个解.
因为，当时，的前4个解依次为，，，，
所以应有，即，
所以，.
故选：D.
6．B
【分析】把得分在10分以下（含10分）的事件分拆成两个互斥事件的和，再结合独立重复试验的概率公式求出每个事件的概率作答.
【详解】他在这次竞赛中得分在10分以下（含10分）的事件为，“生态环境”题答对且“自然环境”题全错的事件为，
“生态环境”题答错且“自然环境”题最多答对1题的事件为，显然与互斥，，
，，
所以.
故选：B
7．A
【分析】直线与椭圆的两个交点且，其中与关于x轴对称，设直线为代入椭圆，应用韦达定理结合求参数a，即可求离心率.
【详解】由题设，椭圆右焦点，且曲线恒过，不妨令，
对于直线与椭圆的两个交点，其中与关于x轴对称，

所以，即，故，
令直线为代入椭圆方程整理得：，
则，，而，
，则，可得（负值舍），
所以.
故选：A
8．D
【分析】由题设知共圆，并确定外接圆圆心位置，由已知求得到直线的距离且面，进而有面面，确定△的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积.
【详解】由题设知：，设点到面的距离为，则，故，
要使均在球的表面上，则共圆，
由直角梯形，则，所以，
所以，故在绕旋转过程中面，面，
所以面面，即到面的距离为，即到直线的距离，
沿折成锐二面角，过于，则，
又，则，故，即，
综上，△、△都是以为斜边的直角三角形，且，

所以，易知：△为等边三角形，则为中点，故，，
在△中，，而，即为的中点，
同时△△，若为的中点，即为外接圆圆心，
连接，则且，故面，且△为等边三角形，
球心是过并垂直于面的直线与过△外接圆圆心垂直于面的直线交点，
若球的半径为，则，所以球的表面积.
故选：D
【点睛】关键点点睛：确定共圆、面面为关键，利用几何关系求外接球半径.
9．ABD
【分析】对A：平行于同一条直线的两个平面也可能平行也可能相交，故错误；对B：没有说明是平面内的两条相交直线，故错误；对C：可根据线面平行的性质证明正确；对D：没有说明直线是平面外的一条直线，故错误.
【详解】对A：若，，则或与相交，A错误；
对B：若，则l不一定与垂直，B错误；
对C：如图：

过l分别作两个平面与平面交于直线，
因为，，所以，，所以，
又因为，所以，
又因为 所以，
所以，故C正确;
对D：若，，则或l在内，D错误.
故选：ABD
10．ABD
【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
【详解】直线与y轴交于点，
且在圆内部，
l与C恒有公共点，A正确；
在圆内部，
为钝角，是钝角三角形，B正确；
到的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD.
11．AD
【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，故为偶函数，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.
12．ABC
【分析】A选项，设出直线，与联立，得到两根之和，两根之积，同理得到，与双曲线方程联立，表达出，相加后得到，A正确；B选项，在A选项的基础上，作出辅助线，找到角度相等，证明相似，得到B正确；C选项，在B的基础上得到所以∽，，C正确；D选项，在BC基础上，得到面积之比，得到D错误.
【详解】A选项，显然两直线的斜率均存在且不为0，
由题意得，设直线，与联立得，
设，则，
设直线，与联立得，
设，则，
则，，
则
，A正确；
B选项，延长交轴于点，延长交轴于点，
因为，所以，
因为直线的斜率互为相反数，所以，
故，即，
又，所以∽，故，
所以，B正确；

C选项，因为，且，所以∽，故，C正确；
D选项，由BC选项可知，由于与不一定相等，故D错误.
故选：ABC
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
13．
【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.
【详解】由题意，
在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，
∴，解得：，
因此的展开式的通项为：，
故的展开式中的常数项为.
故答案为：.
14．
【分析】根据抽象函数的对称性可得，由题意得，根据可得，即，结合裂项相消求和法即可求解.
【详解】由函数图象关于点对称，得，
得，所以.
因为，
所以，
所以，则，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】设切点为，利用导数几何意义写出过的切线方程，进而有有三个不同值，即与有三个不同交点，导数研究的极值，即可求参数范围.
【详解】由，设切点为，则切线斜率为，
所以，过的切线方程为，
综上，，即，
所以有三个不同值使方程成立，
即与有三个不同交点，而，
故、上，递减，上，递增；
所以极小值为，极大值为，故时两函数有三个交点，
综上，的取值范围是.
故答案为：
16．
【分析】移项化简可得.换元，根据的范围，求得.构造函数，，求导根据导函数得出函数的单调性，以及的最小值，即可得出答案.
【详解】原题等价于，.
令，，则.
当时，.
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减.
所以，函数在处取得唯一极大值，也是最大值.
又，所以.
令，，则.
当时，.
因为，
所以，当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增.
所以，函数在处取得唯一极小值，也是最小值.
所以，当时，有.
要使时，有恒成立，则应有.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：移项，构造函数，通过导函数得出函数的单调性，研究函数的最值，即可得出参数的取值范围.
17．(1)，
(2)

【分析】（1）根据与的关系，可得出，变形可得.然后根据等比数列的通项公式，即可得出.由已知可得，累乘法即可得出；
（2）设100项中，来自于数列中的有项.根据已知可推得，然后根据等差数列以及等比数列的前项和公式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，当时，
有，
，
两式相减得：.
又因为，
所以，，满足上式.
所以，.
又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
又，
所以，所以.
又，
所以，当时，有
，
，
，
，

，
两边同时相乘可得，
，
所以，.
（2）设100项中，来自于数列中的有项.
若第100项来自于，则应有，
整理可得，，该方程没有正整数解，不满足题意；
若第100项来自于，则应有，
整理可得，.
当时，有不满足，
，故，
所以，数列中含有10项数列中的项，含有90项数列中的项.
所以，
.
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据余弦定理，化简可得，即可得出，再根据的范围，即可得出答案；
（2）解法一：由已知可得出，平方整理可得，再结合条件，根据基本不等式，即可得出答案；
解法二：设外接圆的半径为，由正弦定理可得.作出的外接圆，结合图象，可得出过圆心时，的长取得最大值. 作，构造直角三角形，求出，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
所以根据余弦定理，可得，

所以，所以.
因为，所以.
（2）解法一：因为，所以，
所以，
所以.
因为，，所以，
则
.
令，，则.
令，则，
所以，
当且仅当，即时取等号.
所以，，
所以，线段长的最大值为.

解法二：设外接圆的半径为，
根据正弦定理，可得，所以.

当过圆心时，的长取得最大值.
作，则为的中点，
因为，所以，
所以.
因为，，所以，
所以，
所以，
所以，线段长的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）法一：由面面垂直的性质有面，进而有，根据已知有得，且，最后由线面垂直的判定证结论；法二：构建点为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直，由线面垂直的判定证结论；
（2）法一：取的中点，连结，交于点，易证面，过作于点，连结就是二面角的平面角，结合已知条件求；法二：根据面面角大小，向量法求出坐标，即可得长度.
【详解】（1）法一：由，面面，面，面面，
所以面，面，故，
由勾股定理得：，而，
又，所以，所以，

易得：，
所以，故，
又，面，所以面.
法二：因为面面，在平面内作，则面，
以点为原点建立空间直角坐标系，则，

设，因为，所以，可得.
所以，又，
故，所以，
又，面，所以面.
（2）法一：取的中点，连结，交于点，则，
所以为平行四边形，则，由（1）知：面，
过作于点，连结就是二面角的平面角，
即，而，则，且，，故，
而，由（1）知：面，则面，面，
所以，故在直角中.
法二：因为，若平面的法向量，
所以，令，则，
面的法向量为：，
所以，所以（负值舍），则.
20．(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

【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.
【详解】（1）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
200
150
350
不低于75分
50
100
150
合计
250
250
500
所以，由表知，
所以有的把握认为语文成绩与阅读时间有关.
（2）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：

0
1
2
3





.
21．(1)
(2)证明见解析，定点

【分析】（1）设，，，，直线的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理求出k的范围，设直线的方程为，利用韦达定理求出，即可求解；
（2）直线的方程为，令，解得x为定值，得证，求出定点即可.
【详解】（1）解：设直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：

设，，，.
由可得：或，

直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：
，
所以：，
所以：，
同理：，
所以：

所以：，
由双勾函数的单调性可知，当，即时有最值，而或，
当时，，当时，，
所以.
（2）直线的方程为：，令，
可得：


，
所以直线过定点.
【点睛】求定点定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊位置入手，求出定点定值，再证明这个定点定值与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点定值．
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令，讨论、去绝对值，利用导数研究的单调性、值域等并画出图象，数形结合确定参数范围；
（2）令，利用导数分别证明时、当时，数形结合判断与交点横坐标大小关系，注意构造中间函数并结合导数研究不等关系，进而证明结论.
【详解】（1）令，
当时，
所以，
所以在上递增.
当时，
所以，
所以在上递减，且而趋向于0时趋向于.
的图象大致如图所示：

所以的取值范围为.
（2）令，

先证：时，
令且，则，故在上递增，
即，所以，则：
当时，，
当时，，
在上有两解且，显然，
当时，则，故（负值舍）；
当时，则，故（负值舍）；
综上，，则.
再证：当时，即证，
令，则，故在上递增，
所以，故时，即时成立，
综上，时，则.
所以，得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，构造，研究判断在对应区间内与构造函数的大小关系为关键.