山西省朔州市飞翔学校2023年高三数学理模拟试题含解析

山西省朔州市飞翔学校2023年高三数学理模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.若复数z满足(i是虚数单位），则Z=A.

B.

C.

D.参考答案：C略2.我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知,是一对相关曲线的焦点,是它们在第一象限的交点，当时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是

(

)A．

B．

C．

D．参考答案：C略3.下列有关命题的说法正确的是（

） A．命题“若，则”的否命题为：“若，则”． B．“”是“”的必要不充分条件. C．命题“若，则”的逆否命题为真命题. D．命题“R使得”的否定是：“R均有”．参考答案：C略4.已知集合P={x|1＜3x≤9}，Q={x∈Z|y=ln（﹣2x2+7x）}，则P∩Q=（）A．{1} B．{1，2} C．{2，3} D．{1，2，3}参考答案：B【考点】交集及其运算．【分析】化简集合P、Q，根据交集的定义写出P∩Q即可．【解答】解：集合P={x|1＜3x≤9}={x|0＜x≤2}，Q={x∈Z|y=ln（﹣2x2+7x）}={x∈Z|﹣2x2+7x＞0}={1，2，3}，则P∩Q={1，2}．故选：B．【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题目．5.

在的展开式中系数最大的项是（

）A.第6项

B.第6、7项

C.第4、6项

D.第5、7项参考答案：D6.设函数（、为常数）的图象关于直线对称，则有(

）

A．B．C．D．

参考答案：A7.一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的体积为()A．

B．

C．D．参考答案：D8.设复数，，则在复平面内对应的点在(

)A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：D对应的点在第四象限9.定义在R上的函数是增函数，且函数的图像关于（3，0）成中心对称，若满足不等式的取值范围是（

）

A．

B．[4，16]

C．

D．参考答案：D10.某高三学生进行考试心理素质测试，场景相同的条件下每次通过测试的概率为，则连续测试4次，至少有3次通过的概率为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设，函数，若对任意的，都有成立，则的取值范围为

．参考答案：略12.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为

．参考答案：试题分析：记正三棱锥为，点在底面内的射影为点，则，在中，，所以.考点：正三棱锥的性质和体积的计算.13.已知直线与圆相交于两点，且*

*

*

*.参考答案：14.在等差数列中，首项公差若某学生对其中连续10项进行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为__________________．参考答案：200【测量目标】逻辑思维能力/具有对数学问题进行观察、分析、综合、比较、抽象、概括、判断和论证的能力.【知识内容】方程与代数/数列与数学归纳法/等差数列.【试题分析】等差数列中的连续10项为，遗漏的项为且则，化简得，所以，，则连续10项的和为,故答案为200.15.已知半径为r的球O与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的各棱都相切，记球O与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交线的总长度为f（r），则f（1）=

．参考答案：6π【考点】球内接多面体．【分析】由题意，r=1，球O与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交线是半径为的圆，即可得出结论．【解答】解：由题意，r=1，球O与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交线是半径为的圆，∴f（1）=6×2π×=6π，故答案为6π．16.不等式的解集为_______________.参考答案：17.定义“正对数”：，现有四个命题：①若，则②若，则③若，则④若，则其中的真命题有：

（写出所有真命题的编号）参考答案：①③④

①当时，，，所以成立。当时，，此时，即成立。综上恒成立。②当时，，所以不成立。③讨论的取值，可知正确。④讨论的取值，可知正确。所以正确的命题为①③④。三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)．(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)求证：对任意实数a<0，有f(x)>.

参考答案：解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－2x－1(x∈R)，∵f′(x)＝ex－2，且f′(x)的零点为x＝ln2，∴当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0即(－∞，ln2)是f(x)的单调减区间，(ln2，＋∞)是f(x)的单调增区间．(5分)(2)由f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)得：f′(x)＝ex－2ax－2，记g(x)＝ex－2ax－2(x∈R)．∵a<0，∴g′(x)＝ex－2a>0，即f′(x)＝g(x)是R上的单调增函数，又f′(0)＝－1<0，f′(1)＝e－2a－2>0，故R上存在惟一的x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，(8分)且当x<x0时，f′(x)<0；当x>x0时，f′(x)>0.即f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，略19.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F、G分别是AA1、A1B1、A1D1的中点．（Ⅰ）求证：平面EFG∥平面BC1D；（Ⅱ）在线段BD上是否存在点H，使得EH⊥平面BC1D？若存在，求线段BH的长；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】直线与平面垂直的性质；平面与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）根据面面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）假设EH⊥平面BC1D，根据线面垂直的判定定理证明即可．【解答】解：（Ⅰ）连结B1D1，则GF为△A1B1D1的中位线，∴GF∥B1D1…∵在正方体中，BD∥B1D1，∴GF∥BD，∵GF?平面BC1D，BD?平面BC1D，∴GF∥平面BC1D，同理可证：EF∥平面BC1D，又EF?平面EFG，∴平面EFG∥平面BC1D，…（Ⅱ）取BD的中点H，则满足EH⊥平面BC1D，且BH=．证明如下：取BD的中点H，连结A1C1、EB、EH、ED、BC1、C1H，则EB=ED=，∴在△BED中，由，得由BC1=2，BH=得C1H=，由A1E=1，A1C1=2得C1E=3，∴△C1EH中，EH⊥C1H，又C1H?BC1D，∴EH⊥平面BC1D，且BH=．20.已知.（1）求f(x)的单调递减区间；（2）证明：当时，恒成立.参考答案：（1）易得定义域为，，解得或.当时，∵，∴，解得，∴的单调递减区间为；当时，i.若，即时，时，，时，，时，，∴的单调递减区间为；ii.若，即时，时，恒成立，没有单调递减区间；iii.若，即时，时，；时，，时，，∴的单调递减区间为.综上：时，单调递减区间为；时，单调递减区间为；时，无单调递减区间；时，单调递减区间为.（2）令，则.令，，时，，时，，∴时，，即时，恒成立.解得或，时，，时，，∴时，，得证.

21.如图，四边形ABCD是矩形，DA⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为线段CE上一点，且BF⊥平面ACE，AC交BD于点G．（1）证明：AE∥平面BFD；（2）求直线DE与平面ACE所成角的大小．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）连接FG，推导出BF⊥CE，从而得到FG∥AE，由此能证明AE∥平面BFD．（2）推导出BC⊥AE，BF⊥AE，AE⊥BE，以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线DE与平面ACE所成的角．【解答】证明：（1）连接FG，因为BF⊥平面ACE，CE?平面ACE，所以BF⊥CE．又因为EB=BC，所以F为EC的中点，而矩形ABCD中，G为AC的中点，所以FG∥AE，又因为AE?平面BFD，FG?平面BFD，所以AE∥平面BFD．…解：（2）因为DA⊥平面ABE，BC∥DA，所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE．又因为BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE．而BC∩BF=B，所以AE⊥平面BCE，所以AE⊥BE．又因为AE=EB=2，所以．以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得A（0，0，0），，D（0，0，2），，所以，设平面ACE的一个法向量为，由，得，令x=1，得，又因为，设直线DE与平面ACE所成的角为α，则，所以，故直线DE与平面ACE所成的角为．…（12分）【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．22.已知a，b，c分别是△ABC的角A，B，C所对的边，且c=2，C=．（1）若△ABC的面积等于，求a，b；（2）若sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，求A的值．参考答案：解：（1）∵c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，∴4=a2+b2﹣ab，∵=，化为ab=4．联立，解得a=2，b=2．（2）∵sinC=sin（B+A），sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，∴sin（A+B）+sin（B﹣A）=2sin2A，2sinBcosA=4sinAcosA，当cosA=0时，解得A=；当cosA≠0时，sinB=2sinA，由正弦定理可得：b=2a，联立，解得，b=，∴b2=a2+c2，∴，又，∴．综上可得：A=或．考点：余弦定理；正弦定理．

专题：解三角形．分析：（1）c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，即4=a2+b2﹣ab，利用三角形面积计算公式=，即ab=4．联立解出即可．（2）由sinC=sin（B+A），sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，可得2sinBcosA=4sinAcosA．当cosA=0时，解得A=；当cosA≠0时，sinB=2sinA，由正弦定理可得：b=2a，联立解得即可．解答：解：（1）∵c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，∴4=a2+b2﹣ab，∵=，化为ab=4．联立，解得a=2，b=2．（2