山西省运城市临晋中学2022-2023学年高三（最后冲刺）数学试卷含解析.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已知点，若点在曲线上运动，则面积的最小值为（ ）A6B3CD2若复数z满足,则复数z在复平面内对应的点在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设为锐角，若，则的值为（ ）AB C D

2、4中，角的对边分别为，若，则的面积为（ ）ABCD5已知函数，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）A1BCD6为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A12种B24种C36种D48种7某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD8已知，复数，且为实数，则（ ）ABC3D-39己知集合，则（ ）ABCD 10设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点

3、对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（ ）ABCD11已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（ ）ABCD12已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）A，B，C，D，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13 “”是“”的_条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）14为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品

4、标准，单件产品长度在区间的一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为_15四边形中，则的最小值是_.16若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为_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）在某外国语学校举行的(高中生数学建模大赛)中,参与大赛的女生与男生人数之比为,且成绩分布在,分数在以上(含)的同学获奖按女生、男生用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本,得到成绩的频率分布直方图如图所示()求的值,并计算所抽取样本的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；()填写下面的列联表,并判断在犯错误的概率不超过的前提下能否认为“获奖与女生

5、、男生有关”女生男生总计获奖不获奖总计附表及公式：其中,18（12分）定义：若数列满足所有的项均由构成且其中有个，有个，则称为“数列”（1）为“数列”中的任意三项，则使得的取法有多少种？（2）为“数列”中的任意三项，则存在多少正整数对使得且的概率为.19（12分）已知，函数，（是自然对数的底数）.（）讨论函数极值点的个数；（）若，且命题“，”是假命题，求实数的取值范围.20（12分）如图，在直角中，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.21（12分）已知函数.（1）求的极值；（2）若，且，

6、证明：.22（10分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点.（1）证明：平面；（2）设是直线上的动点，当点到平面距离最大时，求面与面所成二面角的正弦值.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、B【解析】求得直线的方程，画出曲线表示的下半圆，结合图象可得位于，结合点到直线的距离公式和两点的距离公式，以及三角形的面积公式，可得所求最小值.【详解】解：曲线表示以原点为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，直线的方程为，可得，由圆与直线的位置关系知在时，到直线距离最短，即为，则的面积的最小值为.故选：B.【点睛】本

7、题考查三角形面积最值，解题关键是掌握直线与圆的位置关系，确定半圆上的点到直线距离的最小值，这由数形结合思想易得2、A【解析】化简复数，求得，得到复数在复平面对应点的坐标，即可求解.【详解】由题意，复数z满足，可得，所以复数在复平面内对应点的坐标为位于第一象限故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何表示方法，其中解答中熟记复数的运算法则，结合复数的表示方法求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3、D【解析】用诱导公式和二倍角公式计算【详解】故选：D【点睛】本题考查诱导公式、余弦的二倍角公式，解题关键是找出已知角和未知角之间的联系4、A【解析】先求出，由正弦定理

8、求得，然后由面积公式计算【详解】由题意，由得，故选：A【点睛】本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解5、C【解析】对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】对任意的总有恒成立，对恒成立，令，可得令，得当，当，故令，得 当时，当，当时，故选：C.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.6、C【解析】先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个

9、元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.【详解】把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。故选：C.【点睛】本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.7、C【解析】作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用

10、球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.【详解】三棱锥的实物图如下图所示：将其补成直四棱锥，底面，可知四边形为矩形，且，.矩形的外接圆直径，且.所以，三棱锥外接球的直径为，因此，该三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.8、B【解析】把和 代入再由复数代数形式的乘法运算化简，利用虚部为0求得m值【详解】因为为实数，所以，解得.【点睛】本题考查复数的概念，考查运算求解能力.9、C【解析】先化简，再求.【详解】因为，又因为，所以，故选：C

11、.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.10、C【解析】连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.【详解】如图，连接，椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点为的中位线，且，解得椭圆的离心率. 故选：C【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.11、B【解析】由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，所以，的渐近

12、线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.12、D【解析】根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.【详解】从题设中提供的图像可以看出，故得，故选：D【点睛】本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、充分不必要【解析】由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为:充分不必要【点睛】本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.14、100.【解析】分

13、析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数详解：由题意得，三等品的长度在区间，和内，根据频率分布直方图可得三等品的频率为，样本中三等品的件数为.点睛：频率分布直方图的纵坐标为，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误15、【解析】在中利用正弦定理得出，进而可知，当时，取最小值，进而计算出结果.【详解】，如图，在中，由正弦定理可得，即，故当时，取到最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形，同时也考查了常见的三角函数值，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中档题16、【解析】分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，

14、得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【详解】令；当时，不合题意；当时，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，则，即.当时，当时，则.设，则.当时，；当时，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为.故答案为： 【点睛】本题考查不等式恒成立问题. 不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项

15、系数与判别式的方法(,或，)求解三、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、（），；（）详见解析.【解析】()根据概率的性质知所有矩形的面积之和等于列式可解得； ()由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,从而可得列联表,再计算出,与临界值比较可得【详解】解：(),()由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,列联表如下：女生男生总计获奖不获奖总计因为,所以在犯错误的概率不超过的前提下能认为“获奖与女生,男生有关”【点睛】本题主要考查独立性检验，以及由频率分布直方图求平均数的问题，熟记独立性检验的思想，以及平均数的计算方法即可，属于常考题型.1

16、8、（1）16；（2）115.【解析】(1)易得使得的情况只有“”,“”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“”共有种,“”共有种.再根据古典概型的方法可知,利用组合数的计算公式可得,当时根据题意有,共个；当时求得,再根据换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.【详解】解：（1）三个数乘积为有两种情况：“”,“”,其中“”共有：种,“”共有：种,利用分类计数原理得：为“数列”中的任意三项,则使得的取法有：种（2）与(1)同理,“”共有种,“”共有种,而在“数列”中任取三项共有种,根据古典概型有：,再根据组合数的计算公式能得到：,时,应满足,共个,时,应满足,视

17、为常数,可解得, ,根据可知,根据可知,（否则）,下设,则由于为正整数知必为正整数,化简上式关系式可以知道：,均为偶数,设,则,由于中必存在偶数,只需中存在数为的倍数即可,检验： 符合题意,共有个, 综上所述：共有个数对符合题意【点睛】本题主要考查了排列组合的基本方法,同时也考查了组合数的运算以及整数的分析方法等,需要根据题意19、（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）【解析】试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设

18、 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k1讨论。试题解析：（）因为，所以，当时，对，所以在是减函数，此时函数不存在极值，所以函数没有极值点；当时，令，解得，若，则，所以在上是减函数，若，则，所以在上是增函数，当时，取得极小值为，函数有且仅有一个极小值点，所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（）命题“，”是假命题，则“，”是真命题，即不等式在区间内有解.若，则设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 当时，所以在上是增函数，即，所以在上是增函数，所以，即在上恒成立.当时，因为在是增函数，因为， ，所以在上存在唯一零点，当时，在上单调递减，从而，即，所以在上单调递减，所以当时，即.所以不等式

19、在区间内有解综上所述，实数的取值范围为.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，由题意可知：，平面，平面，又，平面.（2）以为坐标原点，以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系.平面，在平面上的射影是，与平面所成的角是，最大时，即，点为中点.，设平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，同理，设平面的法向量，由，得，令，得，所以平面

20、的法向量，故二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.21、（1）极大值为；极小值为；（2）见解析【解析】（1）对函数求导,进而可求出单调性,从而可求出函数的极值;（2）构造函数,求导并判断单调性可得,从而在上恒成立,再结合,可得到,即可证明结论成立.【详解】（1）函数的定义域为,所以当时,;当时,则的单调递增区间为和,单调递减区间为.故的极大值为;的极小值为.（2）证明:由（1）知,设函数,则,则在上恒成立,即在上单调递增,故,又,则,即在上恒成立.因为,所以,又,则,因为,且在上单调递减,所以,故.【点睛】本题

21、考查函数的单调性与极值,考查了利用导数证明不等式,构造函数是解决本题的关键,属于难题.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取中点，连接，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，可以确定点到直线的距离即为点到平面的距离，结合垂线段的性质可以确定点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为四边形为菱形且.所以，因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以.同理可证，因为，所以平面.（2）解：由（1）得平面，所以平面平面，平面平面.所以点到直线的距离即为点到平面的距离.过作的垂线段，在所有的垂线段中长度最大的为，此时必过的中点，因为为中点，所以此时，点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.则所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，则，所以，所以面与面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，考查了二面角的向量求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.