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文档简介
吉林省延边市白山一中2022-2023学年高三全真数学试题模拟试卷(11)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.设(是虚数单位),则()A. B.1 C.2 D.2.已知平面平面,且是正方形,在正方形内部有一点,满足与平面所成的角相等,则点的轨迹长度为()A. B.16 C. D.3.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是A.[-5,0) B.(-5,0) C.[-3,0) D.(-3,0)4.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是()A. B. C. D.5.已知定点都在平面内,定点是内异于的动点,且,那么动点在平面内的轨迹是()A.圆,但要去掉两个点 B.椭圆,但要去掉两个点C.双曲线,但要去掉两个点 D.抛物线,但要去掉两个点6.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.7.下列说法正确的是()A.命题“,”的否定形式是“,”B.若平面,,,满足,则C.随机变量服从正态分布(),若,则D.设是实数,“”是“”的充分不必要条件8.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是边长为4的正三角形,俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成,则该几何体的体积为()A. B. C. D.9.已知正项等比数列的前项和为,且,则公比的值为()A. B.或 C. D.10.我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为:“今有十等人,每等一人,宫赐金以等次差降之,上三人先入,得金四斤,持出,下三人后入得金三斤,持出,中间四人未到者,亦依次更给,问各得金几何?”则在该问题中,等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金()A.多1斤 B.少1斤 C.多斤 D.少斤11.设全集,集合,则=()A. B. C. D.12.若集合,则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.正四面体的各个点在平面同侧,各点到平面的距离分别为1,2,3,4,则正四面体的棱长为__________.14.某班星期一共八节课(上午、下午各四节,其中下午最后两节为社团活动),排课要求为:语文、数学、外语、物理、化学各排一节,从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数学必须安排在上午且与外语不相邻(上午第四节和下午第一节不算相邻),则不同的排法有__________种.15.函数的图像如图所示,则该函数的最小正周期为________.16.已知向量,,若,则______.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)已知直线l的极坐标方程为,圆C的参数方程为(为参数).(1)请分别把直线l和圆C的方程化为直角坐标方程;(2)求直线l被圆截得的弦长.18.(12分)已知数列满足,且.(1)求证:数列是等差数列,并求出数列的通项公式;(2)求数列的前项和.19.(12分)如图,已知,分别是正方形边,的中点,与交于点,,都垂直于平面,且,,是线段上一动点.(1)当平面,求的值;(2)当是中点时,求四面体的体积.20.(12分)已知函数.(1)解不等式;(2)若函数的最小值为,求的最小值.21.(12分)已知点和椭圆.直线与椭圆交于不同的两点,.(1)当时,求的面积;(2)设直线与椭圆的另一个交点为,当为中点时,求的值.22.(10分)4月23日是“世界读书日”,某中学开展了一系列的读书教育活动.学校为了解高三学生课外阅读情况,采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组(每名学生只能参加一个读书小组)学生抽取12名学生参加问卷调查.各组人数统计如下:小组甲乙丙丁人数12969(1)从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人,求这2人来自同一个小组的概率;(2)从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人,用表示抽得甲组学生的人数,求随机变量的分布列和数学期望.
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、A【解析】
先利用复数代数形式的四则运算法则求出,即可根据复数的模计算公式求出.【详解】∵,∴.故选:A.【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用,以及复数的模计算公式的应用,属于容易题.2、C【解析】
根据与平面所成的角相等,判断出,建立平面直角坐标系,求得点的轨迹方程,由此求得点的轨迹长度.【详解】由于平面平面,且交线为,,所以平面,平面.所以和分别是直线与平面所成的角,所以,所以,即,所以.以为原点建立平面直角坐标系如下图所示,则,,设(点在第一象限内),由得,即,化简得,由于点在第一象限内,所以点的轨迹是以为圆心,半径为的圆在第一象限的部分.令代入原的方程,解得,故,由于,所以,所以点的轨迹长度为.故选:C【点睛】本小题主要考查线面角的概念和运用,考查动点轨迹方程的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.3、C【解析】
求函数导数,分析函数单调性得到函数的简图,得到a满足的不等式组,从而得解.【详解】由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其图象如图所示.令x3+x2-=-,得x=0或x=-3,则结合图象可知,解得a∈[-3,0),故选C.【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性,进而研究函数的最值,属于常考题型.4、D【解析】
根据三视图判断出几何体为正四棱锥,由此计算出几何体的表面积.【详解】根据三视图可知,该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为,所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.故选:D【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图,考查锥体表面积的计算,属于基础题.5、A【解析】
根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.【详解】,,,又,,平面,又平面,故在以为直径的圆上,又是内异于的动点,所以的轨迹是圆,但要去掉两个点A,B故选:A【点睛】本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定,圆的性质,轨迹问题,属于中档题.6、A【解析】
先计算出两个图像的交点分别为,再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用,属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.7、D【解析】
由特称命题的否定是全称命题可判断选项A;可能相交,可判断B选项;利用正态分布的性质可判断选项C;或,利用集合间的包含关系可判断选项D.【详解】命题“,”的否定形式是“,”,故A错误;,,则可能相交,故B错误;若,则,所以,故,所以C错误;由,得或,故“”是“”的充分不必要条件,D正确.故选:D.【点睛】本题考查命题的真假判断,涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等,是一道容易题.8、A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体,前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥,后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥,体积为故答案为A.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.9、C【解析】
由可得,故可求的值.【详解】因为,所以,故,因为正项等比数列,故,所以,故选C.【点睛】一般地,如果为等比数列,为其前项和,则有性质:(1)若,则;(2)公比时,则有,其中为常数且;(3)为等比数列()且公比为.10、C【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列则由等差数列的性质得,故选C11、A【解析】
先求得全集包含的元素,由此求得集合的补集.【详解】由解得,故,所以,故选A.【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算,考查一元二次不等式的解法,属于基础题.12、A【解析】
先确定集合中的元素,然后由交集定义求解.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查求集合的交集运算,掌握交集定义是解题关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
不妨设点A,D,C,B到面的距离分别为1,2,3,4,平面向下平移两个单位,与正四面体相交,过点D,与AB,AC分别相交于点E,F,根据题意F为中点,E为AB的三等分点(靠近点A),设棱长为a,求得,再用余弦定理求得:,从而求得,再根据顶点A到面EDF的距离为,得到,然后利用等体积法求解,【详解】不妨设点A,D,C,B到面的距离分别为1,2,3,4,平面向下平移两个单位,与正四面体相交,过点D,与AB,AC分别相交于点E,F,如图所示:由题意得:F为中点,E为AB的三等分点(靠近点A),设棱长为a,,顶点D到面ABC的距离为所以,由余弦定理得:,所以,所以,又顶点A到面EDF的距离为,所以,因为,所以,解得,故答案为:【点睛】本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用,还考查了转化化归的思想和空间想象,运算求解的能力,属于难题,14、1344【解析】
分四种情况讨论即可【详解】解:数学排在第一节时有:数学排在第二节时有:数学排在第三节时有:数学排在第四节时有:所以共有1344种故答案为:1344【点睛】考查排列、组合的应用,注意分类讨论,做到不重不漏;基础题.15、【解析】
根据图象利用,先求出的值,结合求出,然后利用周期公式进行求解即可.【详解】解:由,得,,,则,,,即,则函数的最小正周期,故答案为:8【点睛】本题主要考查三角函数周期的求解,结合图象求出函数的解析式是解决本题的关键.16、1【解析】
根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得的值.【详解】向量,则,则因为即,化简可得解得故答案为:【点睛】本题考查了向量坐标加法和减法的运算,向量模长的求法,属于基础题.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).x2+y2=1.(2)16【解析】
(1)直接利用极坐标方程和参数方程公式化简得到答案.(2)圆心到直线的距离为,故弦长为得到答案.【详解】(1),即,即,即.,故.(2)圆心到直线的距离为,故弦长为.【点睛】本题考查了极坐标方程和参数方程,圆的弦长,意在考查学生的计算能力和转化能力.18、(1)证明见解析,;(2).【解析】
(1)将等式变形为,进而可证明出是等差数列,确定数列的首项和公差,可求得的表达式,进而可得出数列的通项公式;(2)利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】(1)因为,所以,即,所以数列是等差数列,且公差,其首项所以,解得;(2),①,②①②,得,所以.【点睛】本题考查利用递推公式证明等差数列,同时也考查了错位相减法求和,考查推理能力与计算能力,属于中等题.19、(1).(2)【解析】
(1)利用线面垂直的性质得出,进而得出,利用相似三角形的性质,得出,从而得出的值;(2)利用线面垂直的判定定理得出平面,进而得出四面体的体积,计算出,,即可得出四面体的体积.【详解】(1)因为平面,平面,所以又因为,都垂直于平面,所以又,分别是正方形边,的中点,且,所以.(2)因为,分别是正方形边,的中点,所以又因为,都垂直于平面,平面,所以因为平面,所以平面所以,四面体的体积,所以.【点睛】本题主要考查了线面垂直的性质定理的应用,以及求棱锥的体积,属于中档题.20、(1)(2)【解析】
(1)用分类讨论思想去掉绝对值符号后可解不等式;(2)由(1)得的最小值为4,则由,代换后用基本不等式可得最小值.【详解】解:(1)讨论:当时,,即,此时无解;当时,;当时,.所求不等式的解集为(2)分析知,函数的最小值为4,当且仅当时等号成立.的最小值为4.【点睛】本题考查解绝对值不等式,考查用基本不等式求最小值.解绝对值不等式的方法是分类讨论思想.21、(1);(2)或【解析】
(1)联立直线的方程和椭圆方程,求得交点的横坐标,由此求得三角形的面积.(2)法一:根据的坐标求得的坐标,将的坐标都代入椭圆方程,化简后求得的坐标,进而求得的值.法二:设出直线的方程,联立直线的方程和椭圆的方程,化简后写出根与系数关系,结合求得点的坐标,进而求得的值.【详解】(1)设,,若,则直线的方程为,由,得,解得,,设直线与轴交于点,则且
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