海南省海口市海南华侨中学2023届高三模拟测试数学试题（含解析）

海南省海口市海南华侨中学2023届高三模拟测试数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．设，其中，为实数，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

3．为客观反映建设创新型国家进程中我国创新能力的发展情况，国家统计局社科文司《中国创新指数（CII）研究》课题组研究设计了评价我国创新能力的指标体系和指数编制方法.中国创新指数（China Innovation Index，CII）中有4个分指数（创新环境指数、创新投入指数、创新产出指数、创新成效指数），下面是2005—2021年中国创新指数及分领域指数图，由图可知指数与年份正相关，则对4个分领域指数，在建立年份值与指数值的回归模型中，相关系数最大的指数类型是（    ）

A．创新环境指数 B．创新投入指数 C．创新产出指数 D．创新成效指数

4．已知，若，，则（    ）

A． B． C． D．

5．展开式中的系数为（    ）

A．270 B．240 C．210 D．180

6．下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象如图所示，则该函数是（    ）

A． B． C． D．

7．已知，分别是椭圆：（）的左，右焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

8．已知，，是球的球面上三点，，，，若异面直线与所成角的余弦值为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知，，且，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为4

C．的最小值为2 D．的最大值为4

10．设为抛物线：（）的焦点，为坐标原点，为上一点，且，则（    ）

A．

B．

C．直线的斜率为

D．的面积为

11．已知函数（）的图象与函数的图象的对称中心完全相同，且在上，有极小值，则（    ）

A． B．

C．函数是偶函数 D．在上单调递增

12．已知函数（），则（    ）

A．若，则函数在上单调递增

B．若在上有最小值，则在上有最大值

C．过原点有且仅有一条直线与的图象相切

D．若函数存在大于1的极值点，则

三、填空题

13．已知向量，不共线，，，写出一个符合条件的向量的坐标：______.

14．已知，则______.

15．工人甲将一底面半径为4、高为4的圆柱型钢料，车削成一下底面半径为4、高为4的圆台型钢坯．经测量，车削下来的钢料体积占圆柱型钢料体积的，则圆台型钢坯所对应圆台的母线长为______.

16．已知圆：的图象在第四象限，直线：，：.若上存在点，过点作圆的切线，，切点分别为A，，使得为等边三角形，则被圆截得的弦长的最大值为______.

四、解答题

17．已知的内角A，，的对边分别为，，，，.

(1)若，证明：；

(2)若边上的高为，求的周长.

18．已知数列中，，是与9的等差中项，记为数列的前项和，满足（）.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求实数的最小值.

19．在以视觉为主导的社交媒体时代，人们常借助具有美颜功能的产品对自我形象进行美化.移动端的美颜拍摄类APP主要有两类：类是以自拍人像、美颜美妆为核心功能的APP；类是图片编辑、精修等图片美化类APP.某机构为调查市民对上述，两类APP的使用情况，随机调查了部分市民.已知被调查的市民中使用过类APP的占60%，使用过B类APP的占50%，设个人对美颜拍摄类APP类型的选择及各人的选择之间相互独立.

(1)从样本人群中任选1人，求该人使用过美颜拍摄类APP的概率；

(2)从样本人群中任选5人，记为5人中使用过美颜拍摄类APP的人数，设的数学期望为，求；

(3)在单独使用过，两类APP的样本人群中，按类型分甲、乙两组，并在各组中随机抽取8人，甲组对类APP，乙组对类APP分别评分如下：

记甲、乙两组评分的平均数分别为，，标准差分别为，，试判断哪组评价更合理.（设（），越小，则认为对应组评价更合理.）

参考数据：，.

20．如图，多面体中，四边形是菱形，，，，，，平面，.

(1)求；

(2)求二面角的正弦值.

21．已知函数（）有两个零点.

(1)求实数的取值范围；

(2)设函数的两个零点分别为，，证明：.

22．已知双曲线：（，）的离心率为，右顶点到渐近线的距离等于.

(1)求双曲线的方程.

(2)点，在上，且，直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.

参考答案：

1．B

【分析】根据描述法与列举法确定集合，再根据交集的运算得结果即可.

【详解】因为，所以，又，所以，

因为，所以.

故选：B.

2．A

【分析】对已知式子化简，再利用复数相等的条件可求出，的值

【详解】，

∴，

，.

故选：A

3．D

【分析】本题考查成对数据的统计相关性，要求考生了解样本相关系数的统计含义.

【详解】由题图易知4个分领域指数的起始位置相同，其中创新投入指数、创新产出指数从2014年起，指数增幅大，变化趋势明显大于另两类指数；

从2011年起，创新环境指数的波动幅度比创新成效指数的波动幅度大，创新成效指数对应的散点更趋近于某一条直线，故其对应的相关系数最大.

故选：D.

4．D

【分析】根据，求出，利用指对函数单调性将与2比较大小即可.

【详解】，，，，

故选：D.

5．A

【分析】由题意可得所求的展开式中的系数为展开式二次项系数与四次项系数的一半的和.

【详解】展开式的通项公式为，

则原展开式中的系数为.

故选：A

6．B

【分析】利用题给函数在上先正值后负值的变化情况排除选项A；利用题给图象可知函数是奇函数排除选项C；利用当时题给函数值为负值排除D；而选项B均符合以上要求.

【详解】当时，，.排除A；

由偶函数定义可得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，排除C；

当时，.排除D；

为奇函数，且当时，，

当时，.B均符合题给特征.

故选：B.

7．C

【分析】应用余弦定理结合椭圆的定义求离心率即可.

【详解】在中，，

设，由题意知,，

由余弦定理得,，

由椭圆定义知，则离心率.

故选:C.

8．A

【分析】由题意易知，则外接圆的圆心是的中点，在长方体内还原，，，，，平移，作出异面直线与所成角（或补角），由的余弦值为可求出长方体的高，由此即可求出球的半径，则可求出答案.

【详解】由题意知，在中，，

，，外接圆的圆心是的中点，

易知平面.

设，长方体如图所示，

易知，且，四边形是平行四边形，则，为异面直线与所成角（或补角），

易知，，

则在等腰中，，解得，

则球的半径，

球的表面积为.

故选：A

9．AC

【分析】根据基本不等式求解出最值，检验即可判断各项.

【详解】对于A项，因为，，，

由基本不等式可得，，当且仅当时取等号，

所以，故A正确；

对于B项，根据基本不等式可得，当且仅当时取等号，此时，故B错误；

对于C项，根据基本不等式可得，当且仅当时取等号，故C正确；

对于D项，根据基本不等式可得，当且仅当时取等号，

所以，的最小值为4，故D不正确.

故选：AC.

10．ABD

【分析】根据抛物线的标准方程确定的值，得抛物线方程与焦点坐标，再由抛物线定义求得的坐标，确定直线的斜率与的面积，逐项判断即可得答案.

【详解】由题意得，又，故解得，所以抛物线的方程为，焦点，故A，B正确；

由抛物线定义及，所以代入抛物线方程可得得，

所以，故C不正确；

则的面积，故D正确.

故选：ABD.

11．AD

【分析】根据函数与的最小正周期相同，求得，经验证求得，再求出值，再对各个选项逐项验证.

【详解】由题意，函数与的最小正周期相同，则，且.

当时，，其一个对称中心为，

也是的一个对称中心，

所以，所以，，

又，所以，

所以，，，有极大值，无极小值，不合题意；

当时，，其一个对称中心为，

也是的一个对称中心，

所以，所以，，

又，所以，

所以，，，有极小值，满足题意.

，，A项正确，B项不正确；

，不是偶函数，C项不正确；

当时，，函数在上单调递减，则在上单调递增，D项正确.

故选：AD

12．BC

【分析】分、和，两种情况可得函数在上单调递减可判断A；令利用奇函数定义可得函数是奇函数，根据奇函数的性质和最值情况可判断B；利用导数求出切线方程，切线过点得方程有且仅有一解可判断C；函数有极值点得有两个不同的根，设两根分别为，可得，利用韦达定理分，和，两种情况可判断D.

【详解】对于A，当，时，易知函数在上单调递增，当，时，易知函数在上单调递减，A项不正确；

对于B，令，关于原点对称，，所以函数是奇函数，

若在上有最小值，则函数在上有最小值，

函数在上有最大值，所以在上有最大值，故B项正确；

对于C，，设切点，则，

所以切线方程为，切线过点，得，该方程有且仅有一解，C项正确；

对于D，若函数有极值点，则有两个不同的根，则，

设两根分别为，，则，若，则，当，时，，当，时，，D项不正确.

故选：BC.

【点睛】思路点睛：结合导数与单调性、极值、最值的关系求三次的多项式函数的极值与最值

13．（答案不唯一）

【分析】设，由平行的坐标表示可得，再由数量积的定义可得，即可得出答案.

【详解】由题意得，，则，设，

得，且，满足条件的向量的坐标可以为（答案不唯一或者）.

故答案为：（答案不唯一）

14．/

【分析】利用两角差的正切公式求出，在根据同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.

【详解】因为，解得，

所以

.

故答案为：

15．5

【分析】设圆台的上底面半径为，根据圆柱与圆台的体积公式列式求出，从而得出答案.

【详解】设圆台的上底面半径为，由题意得，

解得，则圆台的母线长.

故答案为：5.

16．

【分析】根据题意可推得的范围，以及与圆的位置关系.根据等边三角形以及圆的对称性可得出，然后推得，求解结合的范围可得出.然后表示出圆心到直线的距离，根据不等式的性质，即可得出答案.

【详解】  

由已知可得，圆的圆心，半径，且有.

则圆心到直线：的距离.

又直线方程可化为，可知，，

所以直线过一、二、三象限，不过第四象限，直线与圆相离.

由题意易知，则，，

所以有，即，所以.

又，，所以，，所以.

所以圆心到直线的距离，

所以，直线与圆总相交，

又，所以被圆截得的弦长为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：根据已知得出的范围，然后根据直线的斜截式方程得出与圆的位置关系.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知变形结合正弦定理可得出，进而得出，即可求出，进而求出的值，代入两角和的余弦公式，即可得出答案；

（2）根据已知得出以及.根据余弦定理变形整理可得，代入数值即可求出的值，进而得出答案.

【详解】（1）由已知可得，

由正弦定理可得，，

所以有.

又，所以，.

又，所以.

，

，

.

又，，函数在上单调递减，

则.

（2）由题意得的面积.

又，则.

由余弦定理，

得，

所以，.

所以，的周长为.

18．(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式，结合前项和意义可得数列是等比数列，再利用等差中项的意义求解作答.

（2）由（1）的信息，利用等比数列的前项和公式求出，再变形给定不等式，构造数列，探讨数列单调性求解作答.

【详解】（1）依题意，，，当时，，两式相减得，即，

当时，，又，有，则当，，

因此数列是首项为3，公比的等比数列，

而，即，解得，则，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）知，数列是首项为，公比为的等比数列，，

于是不等式化为：，设，

，

当时，，当时，，

即当时，数列递增，当时，数列递减，

从而，则，所以实数的最小值为.

19．(1)0.8

(2)

(3)甲组对类APP的评价更合理.

【分析】（1）求出“使用过类APP”和“使用过类APP”的概率，再由对立事件的概率公式求解即可.

（2）题意知，由二项分布的数学期望公式可求出，再由二项分布的概率公式即可求出.

（3）由平均数和方差的公式求解即可得出答案.

【详解】（1）设事件表示“使用过类APP”，事件表示“使用过类APP”，

由题意知，.

任选一人，该人使用过美颜拍摄类APP的概率:.

（2）由题意知，

则的数学期望.

.

（3），

，

，

，

，

故甲组对类APP的评价更合理.

20．(1)2

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，由已知可得出.进而根据线面垂直的判定定理、性质定理，可得出四边形是正方形.即可得出答案；

（2）取的中点，连接.先证明两两相互垂直.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量法求出夹角的余弦值，进而即可得出答案.

【详解】（1）（1）取的中点，连接.

在菱形中，，，

所以是正三角形.

又是的中点，所以.

平面，平面，

.

，平面，

平面.

平面，.

，，平面，平面，

平面.

平面，.

，，，

四边形是正方形.

，.

（2）取的中点，连接.

由（1）知，是正三角形.

又为的中点，所以，，且.

因为平面，

所以两两相互垂直.

如图2，以A为坐标原点，，，的方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，

所以，，，.

设平面的法向量为，

则，即，令，则.

设平面的法向量为，

则，即，令，则.

所以，，

所以，二面角的正弦值为.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先判断的零点一定大于0.构造函数（），根据导函数得出函数的单调性，求出函数的极小值.分以及，结合函数的单调性以及零点存在定理，即可得出答案；

（2）根据已知可推得，即.设，得，则.设，通过二次求导可得出的单调性，结合，即可得出，变形即可得出证明.

【详解】（1）当时，恒成立，所以在上没有零点.

所以若，则.

设（），则.

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，时，在处取得唯一极小值，也是最小值.

设，则在上单调递减，在上单调递增.

当时，，

所以最多有一个零点，即最多有一个零点，不满足题意；

当时，

因为，所以，，

所以.

又，，

根据函数的单调性以及零点存在定理可知，

，有；，有.

且当时，恒成立；

当时，恒成立.

所以，有两个零点，即存在两个零点.

综上，.

（2）由（1）知，，且，

得，即.

设，

得，即，则.

设，则，

设，.

当时，有，所以在上单调递减；

当时，有，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，

所以，即在上恒成立，

所以函数在上单调递增.

又，所以时，有，

即，

即，即，

即.

【点睛】关键点睛：由已知推得，变形得出.换元，即可构造函数.

22．(1)

(2)直线过定点

【分析】（1）利用点到直线的距离公式，的关系和离心率即可求解.

（2）由题知直线的斜率存在且不为，设直线：，与的方程联立，可得，因为，用代替，同理解得，进而表示出直线的方程，即可得解.

【详解】（1）由题意，取渐近线，

右顶点到该渐近线的距离，

又，，解得，，，

的方程为.

（2）由题意知直线的斜率存在且不为，

设直线：，

与的方程联立，消去得，

易知，

由韦达定理得，则.

因为，所以，

用代替（显然此时），

同理得，

得，

直线：，

过定点.

当时，直线的斜率不存在，

易知直线的方程为，过左焦点.

综上，直线过定点.