高三数学模拟试题解析版

高考模拟试题PAGEPAGE1高三数学一模模拟试题2023.2.7一、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.若复数满足，则（）A.4 B. C.16 D.17〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解方程求，再求即可.〖详析〗因为，所以，所以，所以，当时，，，当时，，，所以.故选：D.2．已知集合，则（）A．B．C．D．2．〖解析〗A〖解析〗对A：，所以，故；对B：，所以．故；所以，故选A．3．下列说法正确的是（）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”的否定形式是“”D．“”是“”的充分不必要条件3．〖答案〗B〖解析〗对A，若中，时也成立，故A错；对B，当时，，故，若，则，故B对；对C，存在量词命题的否定是，故C错；对D，若均为负数，则无意义，故D错．4.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（）cmA.2.8 B.2.9 C.3.0 D.3.1〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.〖详析〗解:由题知矿泉水的体积为,将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,由图可知,所以有即,解得,由,得,即解得:,故加入矿泉水后圆台的体积为:,解得,所以.故选:C5.已知函数则函数图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分段求出函数的〖解析〗式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得〖答案〗.〖详析〗当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；故选：B6．已知平面向量满足，且，则的最大值为（）A．B．C．D．6．〖答案〗C〖解析〗由可知，如图建立坐标系，，设，由可得：，所以的终点在以为圆心．1为半径的圆上，所以，几何意义为到距离的2倍，由儿何意义可知，故选C7.若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.〖详析〗因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；故ABC均错误；D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D8.已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（）A. B.数列为等比数列C. D.数列为等比数列〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗D选项，计算出，故不是等比数列，A错误；B选项，计算出的前三项，得到，B错误；C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；A选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.〖详析〗由题意得：，，由于，故数列不是等比数列，D错误；则，，，由于，故数列不等比数列，B错误；时，，即，又，故为等比数列，首项为2，公比为3，故，故，，……，，以上20个式子相加得：，C错误；因为，所以，两式相减得：，当时，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符和该式，故，令得：，当时，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符号该式，故，令得：，综上：，A正确.故选：A二、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．下列命题中，真命题的是（）A.若样本数据的方差为2，则数据的方差为8B.若回归方程为，则变量y与x负相关C.甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为D.在线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好〖答案〗AB〖解析〗若样本数据的方差为2，则数据的方差为，A项正确；，，则变量y与x负相关，B项正确；根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故C项错误；在线性回归分析中相关指数越大，则模型的拟合效果越好，故D项错误.故选：AB10.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（）A.在上是减函数 B.C.是奇函数 D.在上有4个零点〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗A选项，代入检验，得到在上单调递减，A正确；B选项，计算出，，两者不一定相等，C选项，根据函数平移变换求出，故C正确；D选项，令，得到，求出上，或或或，共4个零点，D正确.〖详析〗时，，由于在上单调递减，故在上单调递减，A正确；，，因为，由于与不一定相等，故与不一定相等，B错误；，故是奇函数，C正确；令，解得：，，则，则或或或，解得：或或或，共4个零点，D正确.故选：ACD11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（）A．若，则B．若点O到直线的距离为，则C．若，则的最大值为4D．的最小值为10．〖答案〗BD〖解析〗对A，若，又，故A错；对B，若点O到直线的距离为，由勾股定理知，故B对；对C，，几何意义为到直线的距离之和的倍，设中点为Q，，而中点Q的轨迹为，所以，所以的最大值为6，故C错；对D，的最小值为，故D对；综上所述，选BD．12.如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A.当时，存在点P满足B.当时，存在唯一的点P满足C.当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为D.当时，满足的点P轨迹长度为〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.〖详析〗以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，对于选项A，当时，，，设点关于平面的对称点为，则，.所以.故A不正确.对于选项B，设，则，由得，即，解得，所以存在唯一的点P满足，故B正确.对于选项C，，设，则，由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.对于选项D，当时，，设，则，由得，即，在平面中，建立平面直角坐标系，如图，记的圆心为，与交于；令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．13．在展开式中，含的项的系数是_____________．（用数字作答）〖答案〗100〖解析〗中只有的展开式中才含有，故中的项与展开式中的相乘得到，展开式中项的系数为，故的项的系数为．14.已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球.第一次从红箱内取出一球，观察颜色后放回原处；第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内再取出一球，则第二次取到红球的概率为________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据全概率公式求得正确〖答案〗.〖详析〗依题意，第二次取到红球的概率为.故〖答案〗为：15.已知双曲线右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率___________．16.已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗将已知不等式变形整理，构造新函数h（t）=tet，求导分析单调性，将原不等式通过单调性转化为含a的恒成立问题，求解即可.〖详析〗易知，将原不等式变形：，，可得，即，其中.设，则，原不等式等价于.当时，原不等式显然成立；当时，因为在上递增，恒成立，设，则，所以在递减，递增，所以的最小值为，故.故〖答案〗为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn+1+2Sn﹣1＝3Sn（n≥2）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．〖解答〗解：（1）由题意，设等比数列{an}的公比为q，则当q＝1时，Sn+1+2Sn﹣1＝（n+1）a1+2（n﹣1）a1＝3n﹣1，3Sn＝3na1＝3n，∴Sn+1+2Sn﹣1≠3Sn，显然q＝1不符合题意，故q≠1，当q≠1时，Sn＝＝，Sn+1＝，Sn﹣1＝，∵Sn+1+2Sn﹣1＝3Sn，∴+2＝3，即1﹣qn+1+2（1﹣qn﹣1）＝3（1﹣qn），化简，得qn﹣1（q﹣2）（q﹣1）＝0，∵q≠1且q≠0，∴q＝2，∴an＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*．（2）由（1）知，Sn＝，Sn+1＝，则＝＝＝﹣，∴Tn＝b1+b2+…+bn＝﹣+﹣+…+﹣＝1﹣．18.在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）求证：；（2）求的最小值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得，即可证明结论；（2）利用（1）的结论将边化角，结合三角恒等变换可得，由基本不等式可求得〖答案〗.〖小问1详析〗证明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.〖小问2详析〗由（1）得，∴，，由（1），得，当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为..20.在三棱锥中，，平面，点是棱上的动点，点是棱上的动点，且.（1）当时，求证：；（2）当的长最小时，求二面角的余弦值〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）作，根据线面垂直的性质可知两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，易证得为等腰直角三角形，由此可得坐标，根据可证得结论；（2）用表示坐标，将表示为关于的二次函数，由此可确定时，最小，进而得到坐标；利用二面角的向量求法可求得结果.〖小问1详析〗在平面内过点作，使得点与点在同侧，平面，平面，平面，，，则两两互相垂直.以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，；由得：，，为等腰直角三角形，；同理可得：为等腰直角三角形，当时，，，分别是中点，，，，，，.〖小问2详析〗由（1）可得：，，，为等腰直角三角形；，，则；当时，最小，分别是中点，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.常益长高铁的试运营，标志着我省迈入“市市通高铁”的新时代.常益长高铁全线长157公里，共设有常德站、汉寿站、益阳南站、宁乡西站、长沙西站5个车站.在试运营期间，铁路公司随机选取了乘坐常德开往长沙西站G6575次复兴号列车的名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：（用频率代替概率）（1）从这200名乘客中任选一人，求该乘客仅乘坐一站的概率；（2）在试营运期间，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数为X，求X的分布列，及其期望；（3）已知德山经开区的居民到常德站乘车的概率为0.6，到汉寿站乘车的概率为0.4，若经过益阳南站后高铁上有一位来自德山经开区的乘客，求该乘客到长沙西站下车的概率.〖答案〗（1）0.3（2）分布列见〖解析〗，（3）〖解析〗〖祥解〗（1）根据仅乘坐一站的乘客有人，并根据古典概型计算即可；（2）由题知，这3人到长沙西站下车的人数，进而根据二项分布求解即可；（3）根据条件概率公式和全概率公式计算求解即可；〖小问1详析〗解：由表中数据可知，仅乘坐一站的乘客有人，所以，这200名乘客中任选一人，该乘客仅乘坐一站的概率；〖小问2详析〗解：从常德上车的乘客到长沙西站下车的概率，所以，根据频率估计概率，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数，，所以其概率分布列如下：0123；〖小问3详析〗解：记事件A：该乘客在过益阳南站后到长沙西站下车，记事件:该乘客在常德站上车，记事件:该乘客在汉寿站上车.所以，，由表中数据可知，经过益阳南站后，从常德站上车的乘客还有50人，40人在长沙西站下车；从汉寿站上车，经过益阳南站后，乘客还有30人，其中在长沙西站下车的有20人；所以，，，所以，，所以该乘客到长沙西站下车的概率.21.已知抛物线：的焦点为，直线交抛物线于两点（异于坐标原点），交轴于点（），且，直线，且与抛物线相切于点.（1）求证：三点共线；（2）过点作该抛物线的切线（点为切点），交于点.（ⅰ）试问，点是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；（ⅱ）求的最小值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）（ⅰ）点在定直线上；（ⅱ）的最小值为16.〖解析〗〖祥解〗（1）易知焦点，设出两点坐标，根据得到，再由可知两直线斜率相等，可得点坐标的表达式，再利用即可证明三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线，的方程，求出两直线交点的坐标表达式即可得出点在定直线上；（ⅱ）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出的表达式，再求出点到的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得的最小值.〖小问1详析〗由题可知，设，又，由得，所以，即，所以直线的斜率为，设，由可得，所以直线的斜率为，又，即，所以，得所以，，即，则三点共线.〖小问2详析〗（ⅰ）点