山东省青岛市城阳一中2023年高三3月份模拟考试数学试题含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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已知复数是正实数，则实数的值为( )ABCD2正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ）ABCD3若复数满足，复数的共轭复数是，则（ ）A1B0CD4已知斜率为k的

2、直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）ABCD5若双曲线的离心率为，则双曲线的焦距为（ ）ABC6D86设，是双曲线的左，右焦点，是坐标原点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为（ ）ABCD7已知函数f（x）ebxexb+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（1）（ ）A2B1C2D48已知函数为奇函数，且，则（ ）A2B5C1D39已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )ABCD10已知集合，则（ ）ABC或D11已知焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（ ）A或B

3、或C或D12已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在正方体中，分别为棱的中点，则直线与直线所成角的正切值为_.14若展开式中的常数项为240，则实数的值为_.15已知数列满足，若，则数列的前n项和_16边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为_.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）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求的值；（2）当，且时，求的面积.18（12分）随着现代

4、社会的发展，我国对于环境保护越来越重视，企业的环保意识也越来越强.现某大型企业为此建立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年企业的环境监测费用预算定为1200万元，日常全天候开启3套环境监测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染源处理系统；若有且只有1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外2套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立即检查污染源处理系统.设每个时间段（以1小时为计量单位）被每套系统监测出排放超标的概率均为，且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立.（1）当时，求某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；（2）若每套

5、环境监测系统运行成本为300元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要100万元.现以此方案实施，问该企业的环境监测费用是否会超过预算(全年按9000小时计算)？并说明理由.19（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圆半径,求的周长.20（12分）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且（1）证明：直线与圆相切；（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长21（12分）已知两数（1）当时，求函数的极值点；（2）当时，若恒成立，求的最大值22（10分）已知f(x)

6、=|x +3|-|x-2|（1）求函数f(x)的最大值m；（2）正数a，b，c满足a +2b +3c=m，求证：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】将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.【详解】因为为正实数，所以且，解得.故选：C【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.2、D【解析】由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积【详解】如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即60，由底面边长为3得，正三棱锥外接

7、球球心必在上，设球半径为，则由得，解得，故选：D【点睛】本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系掌握正棱锥性质是解题关键3、C【解析】根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的概念求解即可【详解】解：，则，故选：C【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题4、C【解析】设，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由得，利用韦达定理结合已知条件得，代入上式即可求出的取值范围【详解】设直线的方程为：， ，联立方程，消去得：，且，线段的中点为,，把 代入，得，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题5、A【解析】依题意可

8、得，再根据离心率求出，即可求出，从而得解；【详解】解：双曲线的离心率为，所以，双曲线的焦距为.故选：A【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.6、B【解析】设过点作的垂线，其方程为，联立方程，求得，即，由，列出相应方程，求出离心率.【详解】解：不妨设过点作的垂线，其方程为，由解得，即，由，所以有，化简得，所以离心率故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的概念、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题7、C【解析】根据对称性即可求出答案【详解】解：点（5，f（5）与点（1，f（1）满足（51）22，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（1）2，故选：

9、C【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题8、B【解析】由函数为奇函数,则有,代入已知即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查奇偶性在抽象函数中的应用,考查学生分析问题的能力,难度较易.9、C【解析】设，则，相减得到，解得答案.【详解】设，设直线斜率为，则，相减得到：，的中点为，即，故，直线的方程为：.故选：.【点睛】本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.10、D【解析】首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：，解得，.故选：D【点睛】本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.11、A【解析】过作与准线垂直，垂足为，利用

10、抛物线的定义可得，要使最大，则应最大，此时与抛物线相切，再用判别式或导数计算即可.【详解】过作与准线垂直，垂足为，则当取得最大值时，最大，此时与抛物线相切，易知此时直线的斜率存在，设切线方程为，则.则，则直线的方程为.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.12、D【解析】由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得【详解】如图，连接，分别为棱的中点，又正方体中，即是平行四边

11、形，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，60，其正切值为故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角14、3【解析】依题意可得二项式展开式的常数项为即可得到方程，解得即可；【详解】解：二项式的展开式中的常数项为，解得.故答案为：【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的计算，属于基础题.15、【解析】,求得的通项，进而求得,得通项公式，利用等比数列求和即可.【详解】由题为等差数列，,故答案为【点睛】本题考查求等差数列数列通项，等比数列求和，熟记等差等比性质，熟练运算是关键，是基础题.16、【解析】根据题意，建立棱锥体积的函数，利用导数求函数的最大值

12、即可.【详解】设底面边长为，则斜高为，即此四棱锥的高为，所以此四棱锥体积为，令，令，易知函数在时取得最大值.故此时底面棱长.故答案为：.【点睛】本题考查棱锥体积的求解，涉及利用导数研究体积最大值的问题，属综合中档题.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）利用二倍角公式求解即可，注意隐含条件. （2）利用（1）中的结论，结合正弦定理和同角三角函数的关系易得的值，又由求出的值，最后由正弦定理求出的值，根据三角形的面积公式即可计算得出.【详解】（1）由已知可得，所以，因为在锐角中，所以 （2）因为，所以，因为是锐角三角形，所以，所以.由正弦定

13、理可得：，所以，所以【点睛】此类问题是高考的常考题型，主要考查了正弦定理、三角函数以及三角恒等变换等知识，同时考查了学生的基本运算能力和利用三角公式进行恒等变换的技能，属于中档题.18、（1）；（2）不会超过预算，理由见解析【解析】（1）求出某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的概率为，可得某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为元，则的可能取值为900，1500.求得，求得其分布列和期望，对其求导，研究函数的单调性，可得期望的最大值，从而得出结论.【详解】（1）

14、某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的概率为某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为.（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为元，则的可能取值为900，1500.，令,则当时，在上单调递增；当时，在上单调递减,的最大值为,实施此方案，最高费用为（万元），故不会超过预算.【点睛】本题考查独立重复事件发生的概率、期望，及运用求导函数研究期望的最值，由根据期望值确定方案，此类题目解决的关键在于将生活中的量转化为数学中和量，属于中档题.19、（1）（2）3+3【解析】（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系

15、式化简整理并结合范围0A，可求A的值（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长【详解】（1） ，即 又 （2） , ，由余弦定理得 a2b2+c22bccosA， ， c0，所以得c=2, 周长a+b+c=3+3【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题20、（1）见解析； （2）.【解析】（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，可得到的距离为1，即得证；（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以所以椭圆的方程为由点在直线上，且知

16、的斜率必定存在，当的斜率为0时，于是，到的距离为1，直线与圆相切当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，所以，从而而，故的方程为，而在上，故，从而，于是此时，到的距离为1，直线与圆相切综上，直线与圆相切（2）由（1）知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1此时，点在椭圆的长轴端点，为不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，代入椭圆的方程解得，即，所以【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.21、（1）唯一的极大值点1，无极小值点（2）1【解析】（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正

17、负，确定极值点；（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值【详解】解：（1）定义域为，当时，令得，当所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一的极大值点，无极小值点（2）当时，若恒成立，则恒成立，所以恒成立，令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以所以，所以，故的最大值为1【点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用22、（1）（2）见解析【解析】（1）利用绝对值三角不等式求得的最大值.（2）由（1）得.方法一，利用柯西不等式证得不等式成立；方法二，利用“的代换”的方法，结合基本不等式证得不等式成立.【详解】（1）由绝对值不等式性质得当且仅当即时等号成立，所以（2）由（1）得.法1：由柯西不等式得当且仅当时等号成立，即，所以 .法2：由得，当且仅当时“=”成立.【点睛】本小题主要考查绝对值三角不等式，考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式，属于中档题.