2022-2023学年湖北省黄冈市黄冈中学高三第三次测评数学试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（）A． B． C． D．2．已知函数（，，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（）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3．设等差数列的前项和为，若，则（）A．10 B．9 C．8 D．74．若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（）.A．6500元 B．7000元 C．7500元 D．8000元5．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A． B． C． D．6．已知，则的大小关系是（）A． B． C． D．7．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为A． B． C． D．8．已知数列为等比数列，若，且，则（）A． B．或 C． D．9．袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是（）A． B． C． D．10．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．111．下列函数中，在区间上单调递减的是（）A． B． C． D．12．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为______．14．已知双曲线-=1(a>0，b>0)与抛物线y2=8x有一个共同的焦点F，两曲线的一个交点为P，若|FP|=5，则点F到双曲线的渐近线的距离为_____.15．已知函数，则下列结论中正确的是_________.①是周期函数；②的对称轴方程为，；③在区间上为增函数；④方程在区间有6个根.16．已知数列为正项等比数列，，则的最小值为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.18．（12分）如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.（1）证明：平面；（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：20．（12分）已知函数，其中．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）设，求证：；（Ⅲ）若对于恒成立，求的最大值．21．（12分）记数列的前项和为，已知成等差数列.（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，求.22．（10分）已知函数，．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.【详解】解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，则，，，在中，则，得，.故选：B.【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.2、B【解析】

先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.【详解】设,根据图象可知,,再由,取,∴.将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,∴.,,令,则,显然,∴是的必要不充分条件.故选：B．【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换,二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.3、B【解析】

根据题意，解得，，得到答案.【详解】，解得，，故.故选：.【点睛】本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.4、D【解析】

设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可．【详解】设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：6000×15%﹣x×10%＝1．解得x＝2．故选D．【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题．5、A【解析】

详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。6、B【解析】

利用函数与函数互为反函数，可得，再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.【详解】依题意，函数与函数关于直线对称，则，即，又，所以，.故选：B.【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题.7、D【解析】

如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．8、A【解析】

根据等比数列的性质可得，通分化简即可.【详解】由题意，数列为等比数列，则，又，即，所以，，.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.9、C【解析】

先确定摸一次中奖的概率，5个人摸奖，相当于发生5次试验，根据每一次发生的概率，利用独立重复试验的公式得到结果．【详解】从6个球中摸出2个，共有种结果，两个球的号码之和是3的倍数，共有摸一次中奖的概率是，5个人摸奖，相当于发生5次试验，且每一次发生的概率是，有5人参与摸奖，恰好有2人获奖的概率是，故选：．【点睛】本题主要考查了次独立重复试验中恰好发生次的概率，考查独立重复试验的概率，解题时主要是看清摸奖5次，相当于做了5次独立重复试验，利用公式做出结果，属于中档题．10、A【解析】

由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.11、C【解析】

由每个函数的单调区间，即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增，而在递减.故选：C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间，属基础题.12、D【解析】

如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.【详解】如图，平面截球所得截面的图形为圆面.正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.依题意，所以，设球的半径为，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距离为，则，所以三棱锥体积为，所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-8【解析】

通过约束条件，画出可行域，将问题转化为直线在轴截距最大的问题，通过图像解决.【详解】由题意可得可行域如下图所示：令，则即为在轴截距的最大值由图可知：当过时，在轴截距最大本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中的型最值的求解问题，关键在于将所求最值转化为在轴截距的问题.14、【解析】

设点为，由抛物线定义知，，求出点P坐标代入双曲线方程得到的关系式，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】由题意得F(2，0)，因为点P在抛物线y2=8x上，|FP|=5，设点为，由抛物线定义知，，解得，不妨取P(3，2)，代入双曲线-=1，得-=1，又因为a2+b2=4，解得a=1，b=，因为双曲线的渐近线方程为，所以双曲线的渐近线为y=±x，由点到直线的距离公式可得，点F到双曲线的渐近线的距离.故答案为：【点睛】本题考查双曲线和抛物线方程及其几何性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；灵活运用双曲线和抛物线的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.15、①②④【解析】

由函数，对选项逐个验证即得答案.【详解】函数，是周期函数，最小正周期为，故①正确；当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即.的对称轴方程为，，故②正确；当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故③错误；作出函数的部分图象，如图所示方程在区间有6个根，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题.16、27【解析】

利用等比数列的性质求得，结合其下标和性质和均值不等式即可容易求得.【详解】由等比数列的性质可知，则，.当且仅当时取得最小值.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，涉及均值不等式求和的最小值，属综合基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】

（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为在R上恒成立，分别求函数与的最小值，根据能同时成立，可得的最小值，即可求解.【详解】（1）①当时,不等式可化为,得，无解；②当-2≤x≤1时,不等式可化为得x>0,故0<x≤1;③当x>1时,不等式可化为,得x<2,故1<x<2.综上，不等式的解集为（2）由题意知在R上恒成立，所以令，则当时，又当时，取得最小值，且又所以当时，与同时取得最小值.所以所以，即实数的取值范围为【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.18、（1）见证明；（2）【解析】

（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；（2）设，利用椎体的体积公式求得，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以.因为，所以，所以，因为，所以平面.（2）解：设，则，四面体的体积.，当时，，单调递增；当时，，单调递减.故当时，四面体的体积取得最大值.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，则，即，令，得，同理可得平面的一个法向量为，则.由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.19、（1）；（2）详见解析.【解析】

（1）由短轴长可知，设，，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果【详解】解：（1）由已知，得由，两式相减，得根据已知条件有，当时，∴，即∴椭圆的标准方程为（2）当直线斜率不存在时，，不等式成立.当直线斜率存在时，设由得∴，∴由化简，得∴令，则当且仅当时取等号∴∵∴当且仅当时取等号综上，【点睛】本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题20、（Ⅰ）函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）利用二次求导可得，所以在上为增函数，进而可得函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）利用导数可得在区间上存在唯一零点，所以函数在递减，在，递增，则，进而可证；（Ⅲ）条件等价于对于恒成立，构造函数，利用导数可得的单调性，即可得到的最小值为，再次构造函数（a），，利用导数得其单调区间，进而求得最大值．【详解】（Ⅰ）当时，，则，所以，又因为，所以在上为增函数，因为，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，即函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ），则令，则（1），，所以在区间上存在唯一零点，设零点为，则，且，当时，，当，，，所以函数在递减，在，递增，，由，得，所以，由于，，从而；（Ⅲ）因为对于恒成立，即对于恒成立，不妨令，因为，，所以的解为，则当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以的最小值为，则，不妨令（a），，则（a），解得，所以当