海南省海口观澜湖华侨学校2023届高三第六次考试数学试题（含解析）

这是一份海南省海口观澜湖华侨学校2023届高三第六次考试数学试题（含解析），共18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。

海南省海口观澜湖华侨学校2023届高三第六次考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，集合，则（  ）
A． B． C． D．
2．若为虚数单位，复数满足，则的虚部为（    ）
A． B． C． D．1
3．已知单位向量 、夹角为，则向量在向量上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮 尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒 尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑． 如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可 近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为a ，则侧棱与底面外接圆半径的比为（     ）

A． B． C． D．
5． ， ，，则（   ）
A．a < c < b B．b < a < c C．b < c < a D．a < b < c
6．在中，角、、所对的边长分别为，若成等比数列，则角的取值范围为（   ）
A． B． C． D．
7．已知、是椭圆的左右焦点，点为上一动点，且 ，若为的内心，则面积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．已知[x] 表示不超过x的最大整数，x = m为函数（x >1）的极值点，则 f ([m]) =（ ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．若随机变量，下列说法中正确的是（ ）
A． B．期望
C．期望 D．方差
10．下列命题为真命题的是（    ）
A．一组数据22 ，20 ，17 ，15，13，11，9，8，8，7 的第90百分位数是21
B．若等差数列满足、、、，则
C．非零平面向量 、 、满足，，则
D．在中，“”与“”互为充要条件
11．已知函数，则以下说法中正确的是（     ）
A．的最小正周期为 B．的值域为
C．为奇函数 D．若在区间上单调，则的最大值为
12．在长方体 ，，是线段上（含端点）的一动点，则下列说法正确的是（    ）
A．该长方体外接球表面积为 B．三棱锥的体积为定值
C．当时， D．的最大值为1

三、填空题
13．二项式展开式的常数项为 .
14．某人连续两次对同一目标进行射击，若第一次击中目标，则第二次也击中目标的概率为0.8，若第一次未击中目标，则第二次击中目标的概率为0.4 ，已知第一次击中目标的概率是0.7 ，则第二次击中目标的概率为   .
15．设双曲线 E：的离心率为 ，直线过点和双曲线的一个焦点，若直线与圆的相切，则
16．已知定义在R上的奇函数与偶函数满足，若，则的取值范围是 .

四、解答题
17．已知等差数列，其前项和满足为常数.
(1)求及的通项公式；
(2)记数列 ，求前项和的.
18．在 中，角 A、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且满足.
(1)求的值；
(2)若，求的面积.
19．如图所示，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2正方形，，与交于点，点在线段上.

(1)求证：平面；
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
20．为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青 春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从 中抽取了200 份试卷进行调查，这200 份试卷的成绩（卷 面共100分）频率分布直方图如右图所示．

(1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．
(2)可以认为这次竞赛成绩 X 近似地服从正态分布 N(m，s2) （用样本平均数和标准差 s 分别作为 m 、s 的近似值），已知样本标准差 s » 7.36 ，如有84%的学生的竞赛 成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？（结果取整数）
(3)从得分区间[80，90 ) 和[90，100 ]的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这 10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间[80，90 ) 的概率．
参考数据：若 X ~N( m，s2)  ，则 P( m -s < X £ m +s ) » 0.68 ，P( m - 2s < X £ m + 2s ) » 0.95 ， P( m - 3s < X £ m + 3s ) » 0.99 .
21．在平面直角坐标系中，已知定点 ，定直线，动点在上的射影为，且满足.
(1)记点的运动轨迹为，求的方程；
(2)过点作斜率不为0 的直线与交于 两点，与轴的交点为，记直线和直线的斜率分别为，求证：.
22．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个极值点，且，求的取值范围．

参考答案：
1．C
【分析】先解不等式求出集合，进而可求.
【详解】由，得，
即，所以，所以，
又，所以.
故选：C
2．D
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：D
3．A
【分析】根据数量积的定义求出，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为单位向量 、夹角为，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
4．D
【分析】根据正六棱锥的底面为正六边形计算可得结果.
【详解】正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正六边形的边长为，
因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，
所以侧棱长为，
所以侧棱与底面外接圆半径的比为.
故选：D
5．B
【分析】由正弦函数的有界性和对数、指数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，即，
所以，所以，
所以，所以b < a < c.
故选：B
6．B
【分析】由成等比数列，可得，然后利用余弦定理表示出，进行化简后利用基本不等式求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，即可求解.
【详解】因为成等比数列，可得，
则，（当且仅当时取等号），
由于在三角形中，且在上为减函数，
所以角的取值范围是：.
故选：B.
7．C
【分析】由等面积法求出内切圆的半径的表达式，代入三角形的面积公式，可得所求的三角形的面积．
【详解】由椭圆的方程可得，，，
设内切圆的半径为，则，
可得，
而，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，即．
故选：C．
8．A
【分析】求导函数，令，，求导从而可确定的零点取值情况，即可得函数的极值点的估计值，从而可求f ([m]) ．
【详解】函数，，则
令，
则，所以在上单调递增，
因为，
所以，函数存在唯一零点．


,




单调递减
单调递增
所以是函数的极小值点，即，．
故选：A．
9．BCD
【分析】根据已知条件，结合二项分布的概率公式，以及期望与方差公式即可求解.
【详解】随机变量，
则，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
因为，
所以，故D正确.
故选：BCD
10．ACD
【分析】根据百分位数计算规则判断A，利用反例说明B，根据共线向量的定义判断C，根据余弦函数的性质判断D.
【详解】对于A，将数据按从小到大排列为：、、、、、、、、、，
又，所以第百分位数为第、位两数的平均数，
即第百分位数是，选项A正确；
对于B，若等差数列是常数列，由，不能得出，选项B错误；
对于C，非零平面向量、、满足，，即，，显然且，
所以，即，选项C正确；
对于D，中，由“”即，
根据余弦函数在上单调递减知，，
即在中，“”与“”互为充要条件，选项D正确．
故选：ACD．
11．BD
【分析】先化简的解析式，再结合三角函数的图象性质逐一判断即可.
【详解】

，
的最小正周期为，故A错误；
因为，所以的值域为，故B正确；
，
令，定义域为，
，故C错误；
由，得，
即在上单调递增，
令，得在上单调递增；
时，都有；
由，得，
即在上单调递减，
而，所以若在区间上单调，
则必有，所以的最大值为，故D正确.
故选：BD
12．ABD
【分析】由长方体的外接球的直径即为长方体的对角线长即可判断A；由等体积法可判断B；建立空间直角坐标系，由数量积的坐标运算可判断C、D.
【详解】设长方体外接球的半径为，
该长方体外接球的直径即为长方体对角线的长，
即有，所以，
所以外接球表面积为，故A正确；
因为在长方体中，是线段上（含端点）的一动点，
所以到平面的距离即为的长，
所以，是定值，故B正确；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
  
则，
，
设，，则可得，
所以，当时，
则，解得，此时，故C错误；
，，
则，
因为，所以当或时，取得最大值为1，故D正确.
故选：ABD
13．60
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为0，求得值，即可求得常数项.
【详解】的展开式的通项公式为
，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：60
14．0.68/
【分析】由全概率公式计算即可求解.
【详解】根据题意，设事件“第一次击中目标”，“第二次击中目标”，
，则，，，
所以
故答案为：0.68 .
15．
【分析】先设出直线的方程，由与圆的相切，可得关于的齐次式，进而可求.
【详解】不妨设直线过点和双曲线的右焦点，
则直线的方程为，即，
由直线与圆相切，可得，
整理得，，
又，
所以，即，
所以，即，
解得或，
又，所以，所以.
故答案为：
16．
【分析】用代换得，与原式联立求得，利用导数法研究单调性，利用奇函数及单调性把不等式化为，解不等式得，解三角不等式即可求解的范围.
【详解】由已知①，用代换得，
因为函数为定义在R上的奇函数，函数为定义在R上的偶函数，
所以②，①+②得，①-②得，
则，当时，，所以在上单调递增，
所以，，
所以化为，
所以，所以，
所以，解得或，又且，
所以，所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：通过函数的单调性，奇偶性，以及，从而解出，是解题关键.本题考查函数的基本性质的综合应用，属于较难题.
17．(1)；
(2)

【分析】（1）计算出的值，根据等差中项的性质可列方程解出的值，再利用与的关系即可求解；
（2）运用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）由题意，当时，，
当时，，
则，，
因为数列是等差数列，所以，
即，解得，
则，满足，
所以的通项公式为．
（2）由（1）可得，，
则，
所以
．
18．(1)2
(2)12

【分析】（1）将通分，结合两角和的正切公式即可求解；
（2）由（1）切化弦可求出，由两角和与差的余弦公式得，进而求得，再根据正弦定理结合三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由可得，
，
因为，所以可得，
解得.
（2）由（1）知，所以，
又因为，所以，
所以，
即，又，
所以，
由正弦定理可得，，
所以，
所以，
所以的面积.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据面面垂直性质定理得平面，进而证明，再由勾股定理证明，最后根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）由条件证明为的中点，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角，由此可得结论.
【详解】（1）因为平面平面且交线为，
又平面且，所以平面，
又平面，所以，
因为是边长为2正方形，所以，又，
所以，即，
又因为，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，平面平面，
所以，
因为为的中点，所以为的中点，
以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则有，
易得平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
设平面与平面所成夹角为，则，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)73
(3)

【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数.
（2）根据正态分布的对称性求得正确答案.
（3）根据分层抽样、条件概率知识求得正确答案.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
平均分；
（2）由（1）可知
设学校期望的平均分约为m，则，
因为，，
所以，即，
所以学校期望的平均分约为73分；
（3）由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为0.35和0.15，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B:取出的试卷有2份来自区间[80，90 )，
则，，
则．
所以抽测3份试卷有2份来自区间[80，90 ) 的概率为.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设，由列式化简即可得的方程；
（2）设过点作斜率不为0的直线为，，，联立直线与曲线的方程，结合斜率公式和韦达定理即可证明.
【详解】（1）设，则，因为，
所以，化简得，，
即的方程为.
（2）由题意知，
设过点作斜率不为0的直线为，，，
联立可得，，
则，，
又，，
则
，
所以得证.
  
22．(1)
(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；
（2）求出，可得，化简，构造函数，利用单调性即可求得答案.
【详解】（1），

曲线在点处的切线方程为，即.
（2），
则函数的定义域为，
若函数有两个极值点，且．
则方程的判别式，且，
．





．
设，
则在上恒成立．
故在单调递减，从而．
因此，的取值范围是．