2022-2023学年广东省六校重点中学高三第三次模拟考试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：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

2、。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空气质量指数是反映空气状况的指数，指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市10月1日-20日指数变化趋势，下列叙述错误的是（ ）A这20天中指数值的中位数略高于100B这20天中的中度污染及以上（指数）的天数占C该市10月的前半个月的空气质量越来越好D总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好2已知数列满足,(),则数列的通项公式( )ABCD3若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则面积的最大值为（ ）A20B30C50D604已知函数，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（

3、）A1BCD5在中，角、所对的边分别为、，若，则（ ）ABCD6盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为( )ABCD7在边长为1的等边三角形中，点E是中点，点F是中点，则（ ）ABCD8已知条件，条件直线与直线平行，则是的( )A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件9已知函数，且在上是单调函数，则下列说法正确的是（ ）ABC函数在上单调递减D函数的图像关于点对称10已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）ABCD11已知为实数集

4、，则（ ）ABCD12已知函数，若曲线上始终存在两点，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中:甲校男生成绩的优秀率为70%，女生成绩的优秀率为50%;乙校男生成绩的优秀率为60%，女生成绩的优秀率为40%.对于此次测试，给出下列三个结论:甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率;甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率;甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定.其中，所有正确结论的序号是_.14函数与的图象上存在

5、关于轴的对称点，则实数的取值范围为_.15在平面直角坐标系中，曲线在点处的切线与x轴相交于点A，其中e为自然对数的底数.若点，的面积为3，则的值是_.16如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则_ ，该几何体的表面积为 _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）设函数f（x）=ax2alnx，g（x）=，其中aR，e=2.718为自然对数的底数.（）讨论f（x）的单调性；（）证明：当x1时，g（x）0；（）确定a的所有可能取值，使得f（x）g（x）在区间（1，+）内恒成立.18（12分）如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.（）若，证明：平面；

6、（）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.19（12分）如图，在三棱柱中，、分别是、的中点.（1）证明：平面；（2）若底面是正三角形，在底面的投影为，求到平面的距离.20（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最大值为，若，证明：.21（12分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD，BE与平面ABCD所成的角为.（1）求证：平面平面BDE；（2）求二面角B-EF-D的余弦值.22（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为.（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程及的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到距离的

7、取值范围.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、C【解析】结合题意，根据题目中的天的指数值，判断选项中的命题是否正确.【详解】对于，由图可知天的指数值中有个低于，个高于，其中第个接近，第个高于，所以中位数略高于，故正确.对于，由图可知天的指数值中高于的天数为，即占总天数的，故正确.对于，由图可知该市月的前天的空气质量越来越好，从第天到第天空气质量越来越差，故错误.对于，由图可知该市月上旬大部分指数在以下，中旬大部分指数在以上，所以该市月上旬的空气质量比中旬的空气质量好，故正确.故选：【点睛】本题考查了对折线图数据的分析

8、，读懂题意是解题关键，并能运用所学知识对命题进行判断，本题较为基础.2、A【解析】利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可【详解】数列满足：，可得以上各式相加可得：，故选：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法以及通项公式的求法，考查计算能力3、D【解析】先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.【详解】由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，则的面积为，当最大时，的面积最大，由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，所以的面积的最大值为.故选：D. 【

9、点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.4、C【解析】根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.【详解】由题, 总有即恒成立.设,则的最大值小于等于0.又,若则,在上单调递增, 无最大值.若,则当时,在上单调递减, 当时,在上单调递增.故在处取得最大值.故,化简得.故,令,可令,故,当时, ,在递减；当时, ,在递增.故在处取得极大值,为.故的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导

10、数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.5、D【解析】利用余弦定理角化边整理可得结果.【详解】由余弦定理得：，整理可得：，.故选：.【点睛】本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题.6、C【解析】先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.7、C【解析】根据平面向量基本定理，

11、用来表示，然后利用数量积公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：点E是中点，点F是中点，所以又所以则故选：C【点睛】本题考查平面向量基本定理以及数量积公式，掌握公式，细心观察，属基础题.8、C【解析】先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得或；即或；所以由能推出；不能推出；即是的充分不必要条件.故选C【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.9、B【解析】根据函数，在上是单调函数，确定 ，然后一一验证，A.若，则，由，得，但.B.由，确定，再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.【详

12、解】因为函数，在上是单调函数，所以 ，即，所以 ，若，则，又因为，即，解得， 而，故A错误.由，不妨令 ，得由，得 或当时，不合题意.当时，此时所以，故B正确.因为，函数，在上是单调递增，故C错误.，故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.10、B【解析】先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.【详解】如图所示：由对称性可得：为的中点，且，所以，因为，所以，故而由几何性质可得，即，故渐近线方程为，故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.11、

13、C【解析】求出集合，由此能求出【详解】为实数集，或，故选：【点睛】本题考查交集、补集的求法，考查交集、补集的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12、D【解析】根据中点在轴上，设出两点的坐标，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【详解】根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.【点睛】本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查

14、利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据局部频率和整体频率的关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】不能确定甲乙两校的男女比例，故不正确；因为甲乙两校的男生的优秀率均大于女生成绩的优秀率，故甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故正确；因为不能确定甲乙两校的男女比例，故不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查局部频率和整体频率的关系，意在考查学生的理解能力和应用能力.14、【解析】先求得与关于轴对称的函数，将问题

15、转化为与的图象有交点，即方程有解.对分成三种情况进行分类讨论，由此求得实数的取值范围.【详解】因为关于轴对称的函数为，因为函数与的图象上存在关于轴的对称点，所以与的图象有交点，方程有解.时符合题意.时转化为有解，即，的图象有交点，是过定点的直线，其斜率为，若，则函数与的图象必有交点，满足题意；若，设，相切时，切点的坐标为，则，解得，切线斜率为，由图可知，当，即时，的图象有交点，此时，与的图象有交点，函数与的图象上存在关于轴的对称点，综上可得，实数的取值范围为.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数求解函数的零点以及对称性，函数与方程等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解

16、能力，转化与化归思想和应用意识.15、【解析】对求导，再根据点的坐标可得切线方程，令，可得点横坐标，由的面积为3，求解即得.【详解】由题，切线斜率，则切线方程为，令，解得，又的面积为3，解得.故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究函数的切线，难度不大.16、；【解析】试题分析：如图：此几何体是四棱锥，底面是边长为的正方形，平面平面，并且，所以体积是，解得，四个侧面都是直角三角形，所以计算出边长，表面积是考点：1三视图；2几何体的表面积三、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、（）当时，0，单调递减；当时，0，单调递增；（）详见解析；（）.【解析】试题分析：本题考查导数

17、的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（）问，对求导，再对a进行讨论，判断函数的单调性；第（）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论，第（）问，构造函数=（），利用导数判断函数的单调性，从而求解a的值.试题解析：（）0，在内单调递减.由=0有.当时，0，单调递减；当时，0，单调递增.（）令=，则=.当时，0，所以，从而=0.（）由（），当时，0.当，时，=.故当在区间内恒成立时，必有.当时，1.由（）有,而，所以此时在区间内不恒成立.当时，令=（）.当时，=.因此，在区间单调递增.又因为=0，所以当时，=0，即恒成立.综上，.【考点

18、】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力求函数的单调性，基本方法是求，解方程，再通过的正负确定的单调性；要证明不等式，一般证明的最小值大于0，为此要研究函数的单调性本题中注意由于函数的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围比较新颖，学生不易想到，有一定的难度18、 ()见解析；() .【解析】试题分析：() 连接，由比例可得，进而得线面平行；（）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.试题

19、解析：（）证明：连接，梯形，,易知：；又，则；平面，平面，可得：平面；（）侧面是梯形，,则为二面角的平面角， ；均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则,故点，；设平面的法向量为，则有：；设平面的法向量为，则有：；，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，利用中位线的性质得出，利用空间平行线的传递性可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，并计算出，由此可得出到平面的距离为，即可得解.【详解】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，、分别为、的中点

20、，则，同理可得，.平面，平面，因此，平面；（2）由于在底面的投影为，平面，平面，为正三角形，且为的中点，平面，且，因此，到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（1）；（2）证明见解析【解析】（1）将函数整理为分段函数形式可得,进而分类讨论求解不等式即可；（2）先利用绝对值不等式的性质得到的最大值为3,再利用均值定理证明即可.【详解】（1）当时，恒成立，；当时，即，；当时，显然不成立，不合题意；综上所述，不等式的解集为.（2）由（1）知，于是由基本不等式可得 （当且仅当时取等号） （当且仅当时取等号）（当且仅当时

21、取等号）上述三式相加可得（当且仅当时取等号），故得证.【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用均值定理证明不等式,考查绝对值不等式的最值的应用，解题关键是掌握分类讨论解决带绝对值不等式的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.【详解】（1）平面ABCD，平面ABCD.又底面ABCD是菱形，.，平面BDE，设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，O

22、G，四边形OCFG是平行四边形，平面BDE平面BDE，又因平面BEF，平面平面BDE.（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系BE与平面ABCD所成的角为，.，设平面BEF的法向量为，设平面的法向量设二面角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.22、（1），.（2）【解析】（1）根据直线的参数方程为（为参数），消去参数，即可求得的的普通方程，曲线的极坐标方程为，利用极坐标化直角坐标的公式: ，即可求得答案；（2）的标准方程为，圆心为，半径为，根据点到直线距离公式，即可求得答案.【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数的普通方程为.曲线的极坐标方程为，利用极坐标化直角坐标的公式:的直角坐标方程为.（2）的标准方程为，圆心为，半径为圆心到的距离为，点到的距离的取值范围是.【点睛】本题解题关键是掌握极坐标化直角坐标的公式和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.