吉林省通化市梅河口市第五中学2023届高三数学下学期第七次模拟考试试题（Word版附解析）

梅河口市第五中学2020级

高三下学期第七次模拟考试数学试题

说明：本试卷满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡上并将条形码粘贴在粘贴处.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请仔细审题，认真做答

1. 若复数满足，其中为虚数单位，则（    ）

A. 0 B. -1 C.  D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到，即可求解.

【详解】由，可得，

则，所以.

故选：D.

2 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出集合A，B的具体区间，再按照交集的运算规则计算.

【详解】由题意：，，所以；

故选：C.

3. 设非零向量满足，则在上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用性质结合已知求出，然后可得投影向量.

【详解】因为，

所以，解得，

所以在上的投影向量为.

故选：D

4. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，若取出的2个数互质，则取出两个数都是奇数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】从2至8的7个整数中任取两个数其中互质的有：，

，共14种，

互质且为奇数的有：

故所求概率为.

故选：A.

5. 在平面直角坐标系xOy中，直线与双曲线（，）交于A，B两点，F是该双曲线的焦点，且满足，若的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】不妨设F是该双曲线的右焦点，设双曲线的左焦点为，则可得四边形为矩形，由双曲线的定义和勾股定理结合三角形面积可得，即可求出离心率.

【详解】不妨设F是该双曲线的右焦点，设左焦点为，则F，在以AB为直径的圆上，根据双曲线和圆的对称性，圆过双曲线的左右焦点，如图，连接，则四边形为矩形，

则可得，，

所以，

又因为，

所以，得，

所以.

故选：D.

6. 若球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.  

【答案】A

【解析】

【分析】设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，再利用可得过且垂直的截面圆最小即可.

【详解】

如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，

可得，，

设球的半径为，在三角形中，由，

即，解得，即，

所以，

因为在中，，，

所以，，，

由题知，截面中面积最小时，截面圆与垂直，

设过且垂直的截面圆的半径为，则，

所以，最小的截面面积为.

故选：A

7. 若函数有两个极值点，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由极值点定义确定的关系，化简，由此求的范围.

【详解】因为函数有两个极值点，

又函数的定义域为，导函数为，

所以方程由两个不同的正根，且为其根，

所以，，，

所以，

则

，

又，即，可得，

所以或（舍去），

故选：C.

8. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，利用导数研究单调性，利用单调性可比较b、c，构造函数，利用单调性可比较a、b，然后可得答案.

【详解】令，则,

但时，则在上单调递增,

所以，则.

因为，

所以，比较的大小可以比较与，即比较与，

设，可知在上单调递增，

因为，且，

所以，则，故.

所以.

故选：A.

二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是等合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，请仔细审题，认真皕答

9. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《励智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列说法不成立的是（    ）

A. 若且，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若且，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】A项，通过设出和的值，即可得出结论；B项，通过作差后与0比较，即可得出结论；C项，通过作差后与0比较，即可得出结论；D项，通过分析已知条件得出和与0的关系，讨论的取值，即可得出结论.

【详解】由题意，

A项，

当，时，满足，但，

∴A错误，

B项，

∵，

∴，

∴，

∴B正确，

C项，

∵，

∴，

∴C错误，

D项，

∵，，

∴，，，

当时，则，

∴D错误，

故选：ACD.

10. 若函数同时满足以下条件：①是函数的零点，且；②，有，则（    ）

A.

B. 将的图象向左平移个单位长度得到的图象解析式为

C. 在上单调递减

D. 直线是曲线的一条对称轴

【答案】ABC

【解析】

【分析】由条件先得出，再利用三角函数的图象与性质逐项分析正误即可.

【详解】函数的零点，即方程的解，所以，，

由②知是函数的一条对称轴，则有，

解得，所以.故A正确；

将的图象向左平移个单位长度得到函数.故B正确；

令，即时函数单调递减，，故C正确；

时，，显然不是函数的对称轴，故D错误；

故选：ABC

11. 已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，直线与抛物线交于两点，抛物线的准线与轴交于点，下列说法正确的是（    ）

A. 若过抛物线的焦点，则直线斜率之积为定值

B. 若抛物线上的点到点的距离为4，则抛物线的方程为

C. 以为直径的圆与准线相切

D. 直线过点且交于不同的两点，则

【答案】AD

【解析】

【分析】设，联立方程组求得，结合斜率公式，可判定A正确；由抛物线的定义得到，求得抛物线的方程，可判定B不正确；设为的中点，结合直线过焦点和不过焦点，利用抛物线的定义，可判定C不正确；设，联立方程组，由，求得，结合抛物线的定义得到，可判定D正确.

【详解】对于A中，设且，

联立方程组，可得，则

则，故A正确；

对于B中，若抛物线上一点到焦点的距离等于4，

由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为，故B不正确；

对于C中，如图所示，当过抛物线的焦点时，

设为的中点，分布过点作，垂足分别为，

可得，由抛物线的定义，可得，

所以，此时以为直径的圆与准线相切，

当直线不过抛物线的焦点时，此时，

此时以为直径的圆与准线不相切，

综上可得，以为直径的圆与准线不一定相切，所以C不正确；

对于D中，如图所示，设且，

联立方程组，整理得，

则，且，可得，

由抛物线的定义，可得

即成立，故D正确.

故选：AD.

12. 已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（     ）

A. 若为线段上任一点，则与所成角的余弦值范围为

B. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为

C. 若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为

D. 若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为圆的一部分

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合球体的体积公式计算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析计算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.

【详解】对于A：以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，由题意设，

，设与所成角为，

则，

当时，；

当时，，，

因，得，则，时取等号，则，

综上，，故A正确．

对于B：设与的交点，连接OM，，

因为O，M分别是与AC的中点，

则MO＝＝，又MA＝MB＝MD＝，

所以点为三棱锥的外接球的球心，半径，

此外接球的体积，故B正确．

对于C：由题意可知：平面平面，则，

点在侧面内，满足，

故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，

所以点的轨迹的长度为，故C正确．

对于D：设三棱锥的高为，

由三棱锥的体积为，解得，

即点到平面的距离为．

对于三棱锥，设高为，

由体积可得，解得，

即点到平面的距离为，点到平面的距离为，

平面与平面的距离为，故点在平面或为点，

若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥侧面，

显然点不满足题意，设与平面所成的角为，则，

故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，

故平面与圆锥的截面为椭圆，显然点不合题意，

所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错误．

故选：ABC．

【点睛】方法点睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．注意轨迹的纯粹性与完备性．

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请仔细审题，认真做答

13. 展开式中，的系数为____．

【答案】26

【解析】

【分析】由题意依次求出展开式中，项的系数，求和即可求得的系数.

【详解】因为，所以的系数为26．

故答案为：26

14. 由直线上一点向圆引切线，则切线长的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】设过点的切线与圆相切于点，分析可知当与直线垂直时，取最小值，再利用勾股定理可求得切线长的最小值.

【详解】设过点的切线与圆相切于点，连接，则，

圆的圆心为，半径为，则，

当与直线垂直时，取最小值，且最小值为，

所以，，即切线长的最小值为.

故答案为：.

15. 已知函数在区间上存在零点，则的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设函数的零点为，则，则点在直线上，然后将问题转化为点到直线的距离的最值问题，构造函数，利用导数求解可得.

【详解】设函数的零点为，则，则点在直线上.

因为表示与的距离，所以则的最小值即为原点到直线的距离的最小值平方，即，

令，

令，当时，单调递增，

当时，单调递减，所以当时，，

所以的最小值为.

故答案为：

16. 如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基三角形.设是第次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则__________；若操作次后剩余部分面积不大于原图面积的一半，则的最小值为__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】本题要逐步观察，每一次挖去的三角形都是前一次三角形的，每一次挖去个三角形，从而可得每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，写出等比数列的通项公式可得，利用等比数列的求和公式计算，根据题意列不等式求解的范围，即可得的最小值.

【详解】原正三角形的面积为，

由题意可知，第一次挖去的三角形面积和为，

第二次挖去的三角形面积和为，

第三次挖去的三角形面积和为，

……

所以，第一次只挖去1个三角形，面积；

第二次挖去个三角形，面积和为；

第三次挖去个三角形，面积和为；

……

第次挖去个三角形，

且每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，

所以，由等比数列的求和公式可得：

前次挖去的所有小三角形面积之和的值为

操作次后剩余部分面积不大于原图面积的一半，即

即，解得，则的最小值为.

故答案为：；

四､解答题：本大题共6小题，共70分，请仔细审题，认真做答

17. 如图所示，在直角三角形中，，，，，将沿折起到的位置，使平面平面，点满足.

（1）证明：；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）证明出平面，在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；

（2）推导出平面，然后以点以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【小问1详解】

证明：在直角三角形中，因为，，所以，

即在四棱锥中，，，

又因为，、平面，所以，平面，

所以，平面，

如图，在上取一点，使得，连接、.

因为，所以，所以，

又因为，所以四边形是矩形，所以.

因为平面，平面，所以，平面，

在中，，，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为，、平面，所以，平面平面，

所以平面，因为平面，故.

【小问2详解】

解：因为平面平面，平面平面，，

平面，所以平面，

故以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，

则、、、，

所以，.

设平面的法向量为，

则，令，得.

设平面的法向量为，，，

则，取，则，

所以，

由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.

18. 记的内角的对边分别为，分别以为边长的三个正三角形的面积依次为，已知.

（1）求的面积；

（2）若，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据面积公式及余弦定理得到，再求出，即可求出，最后由面积公式计算可得；

（2）由正弦定理求出，即可得解.

【小问1详解】

由题意得，，，

则，即，

由余弦定理得，整理得，则，又，

则，所以，则；

【小问2详解】

由正弦定理得，

所以，

则或（舍去），所以.

19. 为数列的前项和，已知，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）数列依次为：，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列的前100项的和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用项与和的关系即可求解；

（2）先确定数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，再利用分组求和的方法即可求解.

【小问1详解】

当时，，解得（舍去），

由得时，，

两式相减得，

因为，所以，

所以是等差数列，首项为4，公差为3，

所以；

【小问2详解】

由于，

因此数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，

所求和为.

20. 某学校三年级开学之初增加早自习，早饭在校食堂就餐人数增多，为了缓解就餐压力，学校在原有一个餐厅的基础上增加了一个餐厅，分别记做餐厅甲和餐厅乙，经过一周左右统计调研分析：前一天选择餐厅甲就餐第二天选择餐厅甲就餐的概率是，择餐厅乙就餐的概率为，前一天选择餐厅乙就餐第二天选择餐厅乙就餐的概率是，选择餐厅甲就餐的概率也为，如此往复.假设学生第一天选择餐厅甲就餐的概率是，选择餐厅乙就餐的概率是，记某同学第天选择甲餐厅就餐的概率为.

（1）记某班级的3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，求的分布列，并求；

（2）请写出的通项公式；

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得概率分布，利用二项分布期望公式可得期望；

（2）根据题意先求与的关系，然后利用构造法可得通项.

【小问1详解】

某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，

某同学第二天选择餐厅乙就餐的概率，

所以位同学第二天选择餐厅甲就餐的人数为，则.

的分布列为

故

【小问2详解】

依题意，，即.

由（1）知，则

当时，可得，

数列是首项为公比为的等比数列.

21. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． 椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．

【答案】（1）   

（2）经过定点，定点为

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；

（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.

【小问1详解】

椭圆 的一个顶点为，焦距为，

， 解得，

椭圆 的方程为 .

【小问2详解】

在直线 上，则点 ，

由 ，得 ，

由 ,得 ，

，

，

，

，

直线过定点 .

【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；

（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.

22 已知且，函数.

（1）讨论的单调区间；

（2）若曲线与直线恰有一个交点，求取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，分和讨论即可得单调区间；

（2）将问题转化为只有一个实数解，构造函数，利用导数讨论其单调性，结合图象可解.

【小问1详解】

，

则

当时

当时，；当时，.

函数在上单调递增；在上单调递减.

当时，，所以，所以恒成立.

所以函数在上单调递增.

【小问2详解】

，

设函数，则，令，得，

在内单调递增；

在上单调递减；

，

又，当趋近于时，趋近于0，当x从右边趋近于0时，趋近于，

作图象如图，

所以曲线与直线恰有有1个交点，

即或，这即是

或，

所以的取值范围是.