湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高三上学期元月调考数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE12022~2023学年度高三元月调考数学试卷一、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.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗首先求得集合的范围，再求交集即可得解.〖详析〗对集合可得，所以，或，所以或，又，所以或，故选：C2.是虚数单位，设复数满足，则的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先利用模长公式和复数除法计算，再根据共轭复数的定义即可知其对应的点所在象限.〖详析〗因为，所以，所以，所以的共轭复数对应的点位于第一象限，故选：A3.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:C4.已知定义在上的函数是奇函数且满足，，则（）A. B.0 C.2 D.3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由且是奇函数可得是的一个周期，根据已知条件利用周期性和奇偶性即可求解.〖详析〗因为是定义在上的奇函数，所以，，且，，即，所以是的一个周期，所以，故选：B5.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先构造函数，求导确定函数单调性，即可判断大小.〖详析〗令，则，显然当时，是减函数，又，，即，，即，时，，故是减函数，，即，，可得，即.故选：D.6.双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点垂直于的直线分别交，于，两点.已知、、成等差数列，且与反向.则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题意为直角三角形，解出三边后再由渐近线斜率求离心率〖详析〗设，由勾股定理可得：得：，，由倍角公式，解得且，则，即，则离心率．故选:A7.设和是函数在区间上的两个不同的值，当的值最小时，（）A.1 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗函数的最小正周期，由题意，是函数的单调区间的子集，分类讨论可得到，的表达式，求得取得最小值时的值，进而可得的值．〖详析〗由，，得，，则单调递增区间为；由，，得，，则单调递减区间为，函数的最小正周期，而区间的区间长度是该函数的最小正周期的，若取得最小值，则是单调区间或的子集，当是单调递增区间的子集时，则，，则当，即，时，取得最小值，则．当是单调递减区间的子集时，则，，，则当，即，时，取得最小值，则．综上，．故选：C．8.已知圆锥的底面圆半径为，圆锥内部放有半径为1的球，球与圆锥的侧面和底面都相切，若，则圆锥体积的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗作出圆锥轴截面截得内切球大圆，利用相似形把高用表示，然后求得体积关于的表达式，换元后利用勾形函数单调性得范围．〖详析〗作圆锥的轴截面，如图，截球得大圆为圆锥轴截面等腰的内切圆，圆心在高中，是腰上的切点，，设圆锥高为，由得，即，，，，令，，，由勾形函数性质知在上单调递减，在上单调递增，所以时，取得最小值4，又时，，时，，因此的最大值是，所以．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.已知正方体，点是上一点（不包括端点），则（）A.直线与所成的角为90° B.直线与所成的角为90°C.直线与所成的角为90° D.直线与平面所成的角为90°〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗以为原点，以边分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，结合空间向量与法向量的坐标运算，逐一判断，即可得到结果.〖详析〗根据题意，以为原点，以边分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则即，设，其中所以对于A，因为，，且，即，故正确；对于B，因为，则，即与不垂直，故错误；对于C，因为，，则，即，故正确；对于D，因为，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为且，因为，即与不共线，故错误.故选:AC10.等比数列的前项和为，前项的积，且，，则下列选项中成立的是（）A.对任意正整数， B.C.数列一定是等比数列 D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗设公比为，首项为，依题意可得，，即可得到，从而判断数列的单调性，即可判断BD，再根据等比数列前项和公式及等比数列的定义判断C，最后根据等比中项及作差法判断A.〖详析〗解：设公比为，首项为，因为，所以，又，所以，所以，所以数列是各项为正数的等比数列且，所以数列单调递减，则，故B正确，D错误；所以，则，，则，则，所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故C正确；因为，所以，即，故A正确；故选：ABC11.设函数，若在〖0，2π〗有且仅有5个零点，则（）A.在（0，2π）有且仅有3个极大值点 B.在（0，2π）有且仅有2个极小值点C.在（0，）单调递增 D.的取值范围是〖，）〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由求得的范围，结合正弦函数性质得的范围，判断D，利用正弦函数的极大值、极小值判断ABC．〖详析〗，时，，在〖0，2π〗有且仅有5个零点，则，，D正确；此时，，时，取得极大值，A正确；，，即时，时，均取得极小值，B错；时，，，则，因此在上不递增，C错．故选：AD．12.已知函数，则下列选项正确的是（）A.在上单调递减B.恰有一个极大值和一个极小值C.当或时，有一个实数解D.当时，有一个实数解〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗按绝对值的定义分类讨论去掉绝对值称号后，求导确定函数的单调性、极值，在确定方程的根的个数时，注意函数值的变化趋势．〖详析〗时，，，时，，时，，在上单调递增，在上单调递减，A正确；时，，，在上单调递增，由上讨论知是的极大值点，是的极小值点，B正确；，，时，，所以时，无实数解，C错误；时，，由以上讨论知，有3个实数解，所以有3个实数解，D错误．故选：AB．〖『点石成金』〗方法『点石成金』：函数方程根的个数问题，可利用导数确定函数的单调性、极值，从而确定函数的变化趋势，然后结合函数图象，把根的个数转化为函数图象与直线的交点个数．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，的系数为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据乘积形式分别求出、对应系数，然后相乘即可得的系数.〖详析〗由中对应系数为，由中对应系数为，所以的系数为.故〖答案〗为：14.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则的最大值为______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗不妨设，对作几何解释即可求解.〖详析〗如图：建立直角坐标系，设，则，即是求正八边形边上的点到原点的最大距离，显然当P点与E或F点重合时最大，连接AF，过H，G分别作AF的垂线，垂足为N，M，则和都是等腰直角三角形，，在中，为钝角，，显然E和F点到原点的距离最大，；故〖答案〗为：.15.已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于、两点（点位于第一象限），与的准线交于点，为线段的中点，过抛物线上点的直线与抛物线相切，且与直线平行，则的面积是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据中点坐标公式，结合一元二次方程根与系数关系、抛物线定义、平行线间距离公式进行求解即可.〖详析〗由题意可知：，准线方程为，设，点的横坐标为，因为为线段的中点，所以，即，于是有，因为过抛物线上点的直线与抛物线相切，且与直线平行，所以过的切线方程为，代入方程中，得，直线的方程为，代入代入方程中，得，设，所以有，，由点到直线的距离为过的切线与直线的距离，即，因此的面积是，故〖答案〗为：〖『点石成金』〗关键『点石成金』：利用抛物线的定义，结合一元二次方程根的判别式是解题的关键.16.对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值______.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗根据和函数图像，对a分类讨论求解即可.〖详析〗和图像如图：当时，，，，；当时，；故〖答案〗为：或.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.已知中，，，的对边，，成等比数列，，延长至点，使.求：（1）的大小；（2）的取值范围.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）首先根据三角形内角和，，化简得，又，则，利用两角和公式即可得解；（2）根据（1）的结论，，故为等边三角形，设的边长为，，结合的范围即可得解.〖小问1详析〗.①又，则②故或（舍去）.又，从而，.〖小问2详析〗由（1）结论，①+②得则，故为等边三角形.设的边长为.则.故，当且仅当时，上式等号成立.故的取值范围是.18.在数列，中，，对任意，，等差数列及正整数满足，，且.（1）求数列，的通项公式；（2）令，求前项和.〖答案〗（1），（2）．〖解析〗〖祥解〗（1）数列的递推关系变形得数列是等比数列，从而可得其通项公式，等差数列的已知式用裂项相消法求和得公差，从而易得其通项公式；（2）求出，根据绝对值的定义分类讨论求和．〖小问1详析〗由题意知，因为，所以.因为，所以，所以，所以，即，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.设数列公差为，则，∴，.〖小问2详析〗因为，所以所以当时，数列的前项和；当时，数列的前项和.所以．19.袋中有大小形状完全相同的3个白球，2个黄球，1个红球.现从袋中有放回的取球，每次随机取一个，直到红球出现3次，则停止取球，用表示取球停止时取球的次数.（1）求和；（2）设，求数学期望.〖答案〗（1）；，（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件，结合概率的计算公式，代入计算即可得到结果；（2）根据条件，分别求得与，然后由期望的计算公式，即可得到结果.〖小问1详析〗，当次才停止时，必有第次取出的是红球，前中有2次取出红球，次取出的是其它颜色球.所以，.〖小问2详析〗当时，有，4，故当时，有，故于是可得.20.在如图所示的多面体中，四边形为正方形，A，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.平面平面，.（1）求多面体体积；（2）若点在直线上，求与平面所成角的最大值.〖答案〗（1）4（2）〖解析〗〖祥解〗（1）多面体分成两个四棱锥和，然后由体积公式计算（注意找到棱锥的高）；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求出线面的正弦值，利用函数性质得最大值．〖小问1详析〗在四边形中，∵和均为等腰直角三角形，且，∴，∴，∵四边形为正方形，∴，又∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，同理平面，取中点，连接，则，，又同理可得平面，；〖小问2详析〗如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设与平面所成角为，又，∴，要使最大，，∴（时等号成立），∴，即与平面所成角的最大值为．21.如图，在平面直角坐标系，已知，分别：左，右焦点.设点为线段的中点.（1）若为长轴的三等分点，求椭圆方程；（2）直线（不与轴重合）过点且与椭圆交于，两点，延长，与椭圆交于，两点，设直线，的斜率存在且分别为，，请将表示成关于的函数，即，求的值域.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用的位置以及即可求解；（2）设点，，，，由，，三点共线可得，联立椭圆与直线可得坐标，然后利用斜率公式进行求解即可小问1详析〗因为点为线段的中点，所以，故，因为为长轴的三等分点，所以即，所以，解得，所以，所以椭圆方程为〖小问2详析〗设点，，，，，，则，，由于，，三点共线，则，直线的方程为，联立椭圆的方程可得：，化简有：，由韦达定理可知：，，同理，，，从而，由于，则.综上：，且值域为.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.若函数.（1）若恒