海南华侨中学2023届高三模拟（二）数学试题（含解析）

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海南华侨中学2023届高三模拟（二）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．设复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．命题“”的否定是（    ）
A． B．
C． D．
4．若直线与直线的交点在直线上，则实数（    ）
A．4 B．2 C． D．
5．已知若数列的前项和为，则（    ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，是的中点，与交于点，则（    ）
    
A． B． C． D．
7．已知函数是上的单调函数，且，则在上的值域为（    ）
A． B． C． D．
8．已知，若对任意实数都有，其中，则的所有可能的取值有（    ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个

二、多选题
9．甲、乙两个盒子中各装有4个相同的小球，甲盒子中小球的编号依次为1，2，3，4，乙盒子中小球的编号依次为5，6，7，8，同时从两个盒子中各取出1个小球，记下小球上的数字．记事件为“取出的数字之和为偶数”，事件为“取出的数字之和等于9”，事件为“取出的数字之和大于9”，则下列结论正确的是（    ）
A．与是互斥事件 B．与是对立事件
C．与不是相互独立事件 D．与是相互独立事件
10．为了向社会输送优秀毕业生，中等职业学校越来越重视学生的实际操作（简称实操）能力的培养．中职生小王在对口工厂完成实操产品100件，质检人员测量其质量（单位：克），将所得数据分成5组：．根据所得数据制成如图所示的频率分布直方图，其中质量在内的为优等品．对于这100件产品，下列说法正确的是（    ）
  
A．质量的平均数为99.7克（同一区间的平均数用区间中点值代替） B．优等品有45件
C．质量的众数在区间内 D．质量的中位数在区间内
11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示．若某勒洛四面体内的四面体的高为，则（    ）
  
A． B．外接圆的半径为2
C．四面体的体积为 D．该勒洛四面体的表面积为
12．已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，离心率为．过且垂直于的直线与交于两点，若的周长是26，则（    ）
A． B．
C．直线的斜率为 D．

三、填空题
13．已知偶函数在区间上单调递减，则函数的单调增区间是 ．
14．已知双曲线（为正整数）的离心率，焦距不大于，试写出双曲线的一个方程： ．
15．临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为 ．
16．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．
  

四、解答题
17．在中，角所对的边分别是，已知．
(1)求角；
(2)若，且的面积为，求．
18．为指导高一新生积极参加体育锻炼，某高中在新生中随机抽取了400名学生，利用一周时间对他们的各项运动指标（高中年龄段指标）进行考查，得到综合指标评分．综合指标评分结果分为两类：60分及以上为运动达标，60分以下为运动不达标．统计结果如下：

运动达标占比
运动不达标占比
男生
40%
15%
女生
25%
20%
(1)完成列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“运动达不达标与性别有关”；

运动达标
运动不达标
总计
男生



女生



总计



(2)现从运动不达标的学生中按性别用分层抽样的方法抽取7人，再从这7人中任选4人进行运动示范指导，设抽取的4人中女生的人数为，当时，取得最大值，求的值．
参考公式：．
参考数据：

0.10
0.05
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
19．如图，在多面体中，平面平面，底面是等腰直角三角形，，侧面是正方形，平面，且，.
  
(1)证明：．
(2)若是的中点，平面，求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知数列的各项均为正数且均不相等，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等比数列；②；③是等比数列．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
21．已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．
22．已知函数．
(1)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
(2)设，证明：．

参考答案：
1．D
【分析】先化简集合，再根据交集的定义即可求解.
【详解】∵集合，，
∴．
故选：D．
2．B
【分析】根据复数的乘除法计算，即可得答案
【详解】由得，
故选：B
3．C
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，可得答案.
【详解】∵命题“”是存在量词命题，∴它的否定是“”．
故选：C．
4．A
【分析】求出直线与直线的交点，再代入求解作答.
【详解】解方程组，得直线与直线的交点，
依题意，，解得，
所以实数.
故选：A
5．D
【分析】由已知转化为两个等差数列求和可得答案.
【详解】易知


．
故选：D．
6．A
【分析】根据向量之间的共线关系，结合共线定理的推论，利用不同的基底，表示向量，建立方程，可得答案.
【详解】在中，设，由，可得，故．
又是的中点，，所以，所以．
由点三点共线，可得，解得，
故．
故选：A．
7．D
【分析】根据函数的单调性，建立方程，可得答案.
【详解】因为是上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则．
因为为上的增函数，且，所以，
所以．因为在上单调递增，所以，得．
故选：D.
8．C
【分析】利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦展开式化简得成立，所以，再分情况讨论的值可得答案．
【详解】由已知得，
∵对于任意实数都有成立，
即对于任意实数都有成立，
∴与的最值和最小正周期相同，
∴，即．
①当时，，
又或；
②当时，，
又或；
③当时，，
又；
④当时，，
又．
综上所述，满足条件的的值有6个．
故选：C．
【点睛】方法点睛：要求学生理解三角函数及其性质，会利用三角恒等变换化简三角函数，并根据函数性质确定相交量的值．
9．AC
【分析】根据互斥事件的定义，对立事件以及独立事件的概率公式，结合枚举法以及古典概型的概率计算公式，可得答案.
【详解】从两个盒子中取出的两个数字之和只有2种结果：偶数和奇数．而“数字之和为9”是结果为奇数的其中一种情况，所以事件与是互斥事件而不是对立事件，选项A正确．
从两个盒子各取1个小球，共有种结果，其中数字之和为偶数的有8种；数字之和等于9的有这4种；数字之和大于9的有这6种．
所以．因为，所以与不是对立事件，选项B错误．
事件为“取出的数字之和为偶数且大于9”，其结果有4种：．所以，显然，所以与不是相互独立事件，选项C正确．
因为当取出的数字之和为偶数时，不可能出现取出的数字之和等于9这种情况，所以，而，所以与不是相互独立事件，选项D错误．
故选：AC.
10．ABD
【分析】根据频率分布直方图的性质，以及其数据特征估计值的计算，可得答案.
【详解】对于选项A，质量的平均数为（克），选项A正确；
对于选项B，优等品有件，选项B正确；
对于选项C，频率分布直方图上不能判断质量众数所在区间，质量众数不一定落在区间[98，100）内，所以选项C错误；
对于选项D，质量在内的有45件，质量在内的有15件，质量在内的有5件，所以质量的中位数一定落在区间内，所以选项D正确．
故选：ABD.
11．BC
【分析】根据勒洛四面体内的四面体为正四面体，根据其几何性质，由其高求得其棱长、外接球半径以及体积，结合勒洛四面体表面积的性质，可得答案.
【详解】由已知可知勒洛四面体内的四面体是正四面体，根据题意画出正四面体，如图所示，
  
设正四面体的棱长为，所以正四面体底面外接圆的半径，
则正四面体的高，解得，则，故A错误；
由，则正四面体底面外接圆的半径，故B正确；
所以正四面体的体积，故C正确；
又因为两个该勒洛四面体的表面积小于半径为的一个球的表面积，
而半径为的一个球的表面积为．
所以该勒洛四面体的表面积小于．故D项错误．
故选：BC.
12．ACD
【分析】根据离心率为，得到为等边三角形，再由过且垂直于直线的，得到，为等腰三角形，再根据的周长，得到a，进而得到b，c，然后设DE所在直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式验证D选项.
【详解】解：如图所示：
  
∵椭圆的离心率为，
∴不妨设椭圆．
∵的上顶点为，两个焦点为，
∴为等边三角形，
∵过且垂直于的直线与交于两点，
∴．故C项正确．
由等腰三角形的性质可得．
由椭圆的定义可得的周长为，
∴．故A项正确，B项错误．
对于D项，设，联立，
消去y得：，
则，
由韦达定理得，
所以，故D项正确．
故选：ACD
13．
【分析】根据偶函数的对称性结合图象平移分析求解.
【详解】因为偶函数在区间上单调递减，
所以在区间上单调递增，
又因为，则函数的图象是由函数的图象向右平移2个单位长度得到，
所以函数的单调增区间是．
故答案为：.
【点睛】本题考查函数的性质，要求学生了解函数图象的平移与单调性和奇偶性的综合关系．
14．  （写出其中一个即可）
【分析】根据双曲线离心率的公式，结合参数关系式，可得的等量关系，根据焦距的大小，结合标准方程，可得答案.
【详解】由得，又，所以，即．
又，所以，得．因为为正整数，所以或或，即或或，
则双曲线方程为或或．
故答案为：  （写出其中一个即可）.
15．15120
【分析】利用全排列计算长联的分配方式，利用平均分组分配计算短联的分配方式，结合分布乘法原理，可得答案.
【详解】4副长联内容不同，赠送方法有种；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，
有种方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，
方法种数为．所以所求方法种数为．
故答案为：.
16．
【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【详解】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，
  
通过比较可知，最小．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题结合生活实际情景考查空间几何体，要求学生了解空间几何体的结构特征，会根据生活实际情境解决路线最短问题．
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理，利用边化角的思想，结合三角函数的恒等变换，可得答案；
（2）根据三角形的面积公式，结合余弦定理，可得答案.
【详解】（1）由已知可得，即，
由正弦定理可得，
即，
即，因为，所以
即．
因为，所以．
（2）由已知得，又，所以，
故，解得．
18．(1)填表见解析；能在犯错误的概率不超过0.001的䍨提下认为“运动达不达标与性别有关”
(2)

【分析】（1）根据已知可完成列联表，计算出的值并与参考数据比较可得答案；
（2）女生人数求出与之对应概率可得答案.
【详解】（1）列联表为

运动达标
运动不达标
总计
男生
160
60
220
女生
100
80
180
总计
260
140
400
因为，
所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“运动达不达标与性别有关”；
（2）由（1）知，运动不达标的男生、女生人数分别足60，80，按照分层抽样共抽取7人，
则男生、女生分别抽取3人、4人，从这7人中任选4人，则女生人数，
则，
，
所以的最大值为，即．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）利用等体积法求得点到平面的距离，再根据线面角的公式计算即可.
【详解】（1）因为平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，， 平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）如图，因为是的中点， 平面，平面，且平面平面，
所以，
  
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，，
因为是等腰直角三角形，
所以，
又因为，侧面是正方形，
所以，，
所以点到的距离为，
所以，则，
又，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
由可得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20．证明见解析
【分析】选择①②为条件，③为结论，可推出，即可求得，继而得的表达式，即可证明结论；
选择①③为条件，②为结论，即得，再利用条件求得q的值，化简即可证明结论；
选择②③为条件，①为结论，设等比数列的公比为，即得，从而推出，可得，结合，求得，化简即可证明结论.
【详解】选择①②为条件，③为结论．
证明过程如下：
设等比数列的公比为且，则，
由得，所以，
则，即，
所以，即，
所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列．
选择①③为条件，②为结论．
证明过程如下：
设等比数列的公比为且，则，
所以，（*）
因为是等比数列，
所以，
即．
所以．
因为，所以化简整理得，
即，因为，所以，
代入（*）式，得，即．
选择②③为条件，①为结论．
证明过程如下：
设等比数列的公比为且，
则，
当时，，
所以，
又因为，所以，因为，所以，
所以，
得，
因为当时，上式恒成立，
所以是首项为，公比为2的等比数列．
21．(1)
(2)6

【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.
【详解】（1）  
直线方程为，将其代入抛物线可得，
由已知得，解得，
故抛物线的方程为．
（2）  
因为，若直线分别与两坐标轴垂直，
则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线的斜率均存在且不为0．设直线的斜率为，
则直线的方程为．
联立，得，则，
设，
则，设，则，则，
所以，同理可得，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
故的最小值为6．
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性可得相应不等式恒成立，分离参数，结合基本不等式即可求得答案；
（2）集合（1）可得，变形可得，令，则可得，累加即可证明结论.
【详解】（1）由已知得，
则．
因为在上单调递增，所以恒成立，
即，
由于，当且仅当时取等号，
所以，当时，，
仅在时取等号，适合题意，
故.
（2）由（1）可知当时，，即，
即，可得．
令，则，即，
所以，
即．
【点睛】难点点睛：第二问利用导数证明不等式，难点在于要结合不等式的结构特征，结合（1）的结论，推出，再变形可得，从而令，则可得，进而采用累加法证明.