精品解析：河北省保定部分高中2023届高三第三次模拟数学试题

2023年高三年级第三次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数的单调性、一元二次不等式的解法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可. 【详解】由， 所以， 所以， 故选：A 2. 设（是虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚数单位的乘方的性质，结合共轭复数的定义、复数的乘方运算法则进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：C 3. 已知直线，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由直线平行的判断方法分析“”和“”的关系，结合充分必要条件的定义分析可得答案. 【详解】若直线与平行， 则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：. 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.3 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的均值与标准差的值，利用正态分布图的对称性特征计算即得. 【详解】因服从正态分布，且，故， 于是 故选：D. 5. 已知外接圆的半径为，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理对进行边角转换，再利用余弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【详解】因为 由得， 由余弦定理得 所以由得， 因为，所以，因为， 由余弦定理得，解得， 所以. 故选：B 6. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学､艺术､哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，取的中点，再连接，在中，（或补角）为异面直线与所成的角，利用勾股定理求得棱长，进而求得，，利用余弦定理可求得，进而可求结论.. 【详解】如图，连接，取的中点，再连接， 由正八面体的性质知， 所以（或补角）为异面直线与所成的角， 在中，，即， 解得，即正八面体的棱长为， 在中，，所以，即， 在等边中，， 在中，由余弦定理得 所以， 所以，且为锐角， 所以. 故选：D. 7. 设为坐标原点，点、在抛物线上，为焦点，是线段上的点，且，则当直线的斜率最大时，点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题目条件先计算出抛物线方程，而后可求出点的轨迹方程，结合基本不等式可算出的斜率最大时直线方程，即可得此时点到的距离. 【详解】∵在抛物线上， ∴，则抛物线方程为，求得， 设，当时，，当时，， 则要求直线OM的斜率的最大值，有， 设，∵，∴， 则，∵点在抛物线上，∴，得， 即，∵， ， 当且仅当时，即时等号成立， 故直线OM的斜率的最大值为，此时直线OM的方程为，即， 则点到的距离为. 故选：D. 8. 正项数列满足，记表示不超过的最大整数，则（ ）（注：） A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 【答案】C 【解析】 【分析】根据平方差公式结合已知可以得到，再结合平方差公式得到，最后利用放缩法、裂项相消法，结合已知定义进行求解即可. 【详解】由得， 即或（因为该数列为正项数列，所以舍去）， 所以，故， 因为是正项数列，所以. 又 当时，， 所以又对于，都有 所以， 所以，故. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键点一是利用平方差公式求出数列的通项公式，关键点之二是运用放缩法得到. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. 的图象的对称轴方程为 C. D. 在上单调递减 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，A正确；B选项，整体法求出函数对称轴方程；C选项，代入计算，结合诱导公式得到答案；D选项，整体法求出函数单调递减区间，比较后得到D错误. 【详解】A选项，， 即，故A正确； B选项，令，解得， 所以的图象的对称轴方程为，故B错误； C选项，因为，故选项C正确； D选项，令，得， 即的单调递减区间为， 令得，由于，故D错误. 故选：AC. 10. 已知，则的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】先利用导数研究函数的单调性，再判断的大小，进而利用单调性比较大小即可. 【详解】因为，所以， 所以在上是增函数， 因为再上是增函数， 所以， 而, 所以, 即, 所以 因为， ， 所以， 所以. 故选：CD. 11. （多选）在平面直角坐标系中，，，，动点P满足.则（ ） A. 点P的轨迹方程为 B. 面积的最大值为2 C. 过点C与点P的轨迹相切的直线只有1条 D. 设的最小值为a，当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于，设出，根据题意列式即可得到方程；对于，因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，求解即可；对于，判断点的位置即可得到；对于，由点在圆外，得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】设，， 即，故正确； 因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，的最大面积为，故正确； 因为，所以点在圆外，所以切线有两条，故错误； 因为点在圆外，所以，则， ， 当且仅当时，即时等号成立，故正确. 故选：. 12. 已知，满足条件的正整数的值有（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】BCD 【解析】 【分析】将变形为，构造函数，利用导数研究其单调性，即可解不等式，结合选项即可判断. 【详解】因为是正整数，， 所以， 所以， 令， 则， 令， 则， 所以在上单调递减， 则， 即，所以在上单调递减， 所以，解得， 因为，所以最小正整数的值为3. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解答此类问题的关键是通过指对互化或等价变形将原不等式转化为结构一样的式子，然后根据结构特征构造函数，最后利用导数研究函数的单调性，利用单调性解不等式即可. 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算求解，再进行向量坐标的减法运算即可. 【详解】, 解得， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 的展开式中常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出其展开式的通项，然后令指数部分为0，求解即可. 【详解】的二项展开式的通项为， 令，得， 其展开式的常数项为. 故答案为： 15. 已知双曲线，左、右顶点分别为，，点P是双曲线C上异于顶点的一点，且，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程，表示出直线，的斜率之间的关系，再利用诱导公式可求，进而求的值. 【详解】如图： 设，则，即. 设，则， 根据三角形的外角定理，可得， 所以，，所以. 所以，且，均为锐角， 所以， 所以，即. 故答案为：0 16. 若，不等式恒成立，则实数的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】不等式化为恒成立,构造函数,利用导数判断的单调性,得出,即时恒成立，转化为，构造函数,利用导数判断的单调性,由此求出实数a的最小值. 【详解】因为若，不等式恒成立， 所以， 所以不等式恒成立. 设，则， 当时，，则在上单调递减， 因为要求a的最小值，所以不妨先考虑， 因为当且时，， 由，得， 所以当时，恒成立. 因此即 当时，，即恒成立. 令，则， 因为，所以在上单调递增， 又因为，且，所以当时，， 即，解得， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：一般同时含有的函数，往函数构造方面去思考相对比较简单，构造的函数一般有等，具体构造哪个函数需要根据题目所给条件进行适当变形. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 17. 在中，，内有一点，且，. （1）若，求的面积； （2）若，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在中，求得，利用正弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解； （2）在中，由余弦定理求得，设，在中，利用正弦定理得出方程，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：在直角中，，可得， 因为，则， 在中，，则， 所以，即，解得， 则. 【小问2详解】 解：在中，， 即，即， 解得或（舍去）， 设，则，， 在中，可得，即， 可得，即，则， 则 18. 已知数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意，利用与的关系式及等比数列的概念即可求解； （2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 由， 得，即， 当时，， 两式相减得， 化简得， 当时，， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以 . 19. 2022年暑假，某社区8名大学生（其中男生5人，女生3人），任选3人参加志愿服务. （1）设“女生甲被选中”为事件，“男生乙被选中”为事件，求； （2）设所选3人中男生人数为，求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列为 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）分别求，，利用条件概率的计算公式，求. （2）写出的可能取值，求出对应的概率，可得的分布列，再求数学期望. 【小问1详解】 依题意， . 所以. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为， 所以， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以. 20. 如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点，，的边长为2． （1）求证：：平面； （2）若三棱柱的高为1，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接，，     根据题意可得，且，， 由三棱柱得性质知，所以，则四边形是平行四边形， 所以， 因为面，面， 所以面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，推出四边形是平行四边形，则，由线面平行的判定定理，即可得出答案； （2）由是等边三角形，得，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，解得平面的法向量,设平面的一个法向量为,设二面角为，则，进而可得，即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是等边三角形，且边长为2，所以， 因为三棱柱的高为1， 以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系： 所以，,,，,0,，,0,， 所以,0,，,,，,0,， 设平面的法向量,,， 则， 令．则，， 所以,,， 设平面的一个法向量为,,， 所以， 令，则，， 所以,2,， 设二面角为， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为． 21. 设椭圆的左､右顶点分别为，离心率为，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点为椭圆上异于的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.直线与轴相交于点，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据长轴长和离心率列方程组求解即可； （2）设，直线，直线，分别将直线和直线方程与椭圆联立，求得坐标，利用三点共线求得定点，再表示出的面积表达式，利用基本不等式求解最大值即可. 【小问1详解】 因为， 所以解得 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由可得点， 设，直线，直线， 联立消去得，解得. 联立消去得，解得. 因为，且， 此时， 设，由三点共线，所以， 则 ， 所以. 所以， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最大值为. 22. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设有两个极值点、，且. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 【答案】（1）当时，函数的增区间为；当时，函数的减区间为，增区间为、. （2）（i）； （ii）因为，由（i）可知， 且函数的增区间为、，减区间为， 令，其中， 则，令， 则， 所以，函数在上为增函数，故当时，， 因为，则， 又当时，， 因为、，则， 所以，. 【解析】 【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）令可得，可知直线与函数的图象有两个公共点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）由（i）可知，分析函数的单调性，令，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，再由以及不等式的基本性质可证得结论成立. 【小问1详解】 解：因为，该函数的定义域为，且. ①当时，对任意的，，则函数的增区间为； ②当时，由可得，由可得或， 此时，函数的减区间为，增区间为、. 综上所述，当时，函数的增区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为、. 【小问2详解】 解：（i）有两个极值点、， 则，令，可得， 由题意可知，直线与函数的图象有两个公共点（非切点）， 令，则， 令，则， 所以，函数在上为增函数， 当时，；当时，. 所以，函数的减区间为，增区间为. 所以，函数在取得最小值，即，如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个公共点（非切点）， 且当或时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 故当时，函数有两个极值点. 因此，实数的取值范围是； （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023年高三年级第三次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 设（是虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知直线，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.3 5. 已知外接圆的半径为，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学､艺术､哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 设为坐标原点，点、在抛物线上，为焦点，是线段上的点，且，则当直线的斜率最大时，点到的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 正项数列满足，记表示不超过的最大整数，则（ ）（注：） A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. 的图象的对称轴方程为 C. D. 在上单调递减 10. 已知，则的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 11. （多选）在平面直角坐标系中，，，，动点P满足.则（ ） A. 点P的轨迹方程为 B. 面积的最大值为2 C. 过点C与点P的轨迹相切的直线只有1条 D. 设的最小值为a，当时，的最小值为 12. 已知，满足条件的正整数的值有（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知，则__________. 14. 的展开式中常数项为__________. 15. 已知双曲线，左、右顶点分别为，，点P是双曲线C上异于顶点的一点，且，则______． 16. 若，不等式恒成立，则实数的最小值为__________. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 17. 在中，，内有一点，且，. （1）若，求的面积； （2）若，求的长. 18. 已知数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 19. 2022年暑假，某社区8名大学生（其中男生5人，女生3人），任选3人参加志愿服务. （1）设“女生甲被选中”为事件，“男生乙被选中”为事件，求； （2）设所选3人中男生人数为，求随机变量的分布列和数学期望. 20. 如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点，，的边长为2． （1）求证：：平面； （2）若三棱柱的高为1，求二面角的正弦值． 21. 设椭圆的左､右顶点分别为，离心率为，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点为椭圆上异于的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.直线与轴相交于点，求的面积的最大值. 22. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设有两个极值点、，且. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $