江西省会昌中学2023年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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知函数，则下列结论错误的是( )A函数的最小正周期为B函数的图象关于点对称C函数在上单调递增D函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到2已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）ABCD3双曲线：（，）的一个焦点为（），且双曲线的两条

2、渐近线与圆：均相切，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD4明代数学家程大位（15331606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出算法统宗，可谓集成计算的鼻祖如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）ABCD5若复数，则（ ）ABCD206已知，则的值等于（ ）ABCD7普通高中数学课程标准（2017版）提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（ ）A甲的数据

3、分析素养高于乙B甲的数学建模素养优于数学抽象素养C乙的六大素养中逻辑推理最差D乙的六大素养整体平均水平优于甲8在边长为2的菱形中，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD9如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A2对B3对C4对D5对10抛物线的焦点为，则经过点与点且与抛物线的准线相切的圆的个数有（ ）A1个B2个C0个D无数个11若直线ykx1与圆x2y21相交于P、Q两点，且POQ120(其中O为坐标原点)，则k的值为()A B C或D和12已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，则（

4、）A2BC1D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成_种不同的音序.14戊戌年结束，己亥年伊始，小康，小梁，小谭，小杨，小刘，小林六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分别奔赴四所不同的学校参加演讲，则不同的分配方案有_种（用数字作答），15若函数（）的图象与直线相切，则_.16已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为

5、_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）已知函数.（1）解不等式；（2）使得，求实数的取值范围.18（12分）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.19（12分）已知函数的定义域为.（1）求实数的取值范围；（2）设实数为的最小值，若实数，满足，求的最小值.20（12分）如图，在四棱锥中，底面，为的中点，是上的点.（1）若平面，证明：平面.（2）求二面角的余弦值.21（12分）某企业为了了解该企业工人组装某产品所用时间，对每个工人组装一个该产品的用时作了记

6、录，得到大量统计数据从这些统计数据中随机抽取了个数据作为样本，得到如图所示的茎叶图（单位：分钟）若用时不超过（分钟），则称这个工人为优秀员工（1）求这个样本数据的中位数和众数；（2）以这个样本数据中优秀员工的频率作为概率，任意调查名工人，求被调查的名工人中优秀员工的数量分布列和数学期望22（10分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.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、D【解析】由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时

7、，所以B正确；当时，所以C正确；由的图象向左平移个单位，得，所以D错误.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.2、C【解析】由题意可知，由可得出，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】，由于，则，同理可知，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，则，则，构造函数，其中，则.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的

8、计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.3、A【解析】根据题意得到，化简得到，得到答案.【详解】根据题意知：焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线为.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力和转化能力.4、C【解析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，此时不满足，跳出循环，输出结果为，由题意，得故选:【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.5、B【解析】化简得到，再计算模长得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，意在考查学生的计算能力.6、A【解

9、析】由余弦公式的二倍角可得，再由诱导公式有，所以【详解】由余弦公式的二倍角展开式有又故选：A【点睛】本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题7、D【解析】根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.故选：D【点睛】本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基

10、础题.8、D【解析】取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.【详解】如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，则，即为二面角的平面角，过点B作于O，则平面ACD，由，可得，即点O为的中心，三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，,解得，三棱锥的外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.9、C【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案【详解】该几何体是一个

11、四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作POAD于O，则有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题10、B【解析】圆心在的中垂线上，经过点，且与相切的圆的圆心到准线的距离与到焦点的距离相等，圆心在抛物线上，直线与抛物线交于2个点，得到2个圆【详解】因为点在抛物线上，又焦点，由抛物线的定义知，过点、且与相切的圆的

12、圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点，这样的交点共有2个，故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种故选：【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质，本题解题的关键是求出圆心的位置，看出圆心必须在抛物线上，且在垂直平分线上11、C【解析】直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且POQ=120（其中O为原点），可以发现QOx的大小，求得结果【详解】如图，直线过定点（0，1），POQ=120OPQ=30，1=120，2=60，由对称性可知k=故选C【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题12、D【解析】说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再

13、结合奇偶性计算函数值【详解】由知函数的周期为4，又是奇函数，又，故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.【详解】若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有种；若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；若“角”在第二个或第四个位置上,则有种；综上，共有种.故答案为：1【点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论

14、思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.14、1080【解析】按照先分组，再分配的分式，先将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，然后用分步计数原理求解.【详解】将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，则不同的分配方案有种.故答案为：1080【点睛】本题主要考查分组分配问题，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.15、2【解析】设切点由已知可得,即可解得所求.【详解】设，因为，所以，即，又，.所以，即，.故答案为:.【点睛】本题考查导数的几何意义,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻

15、辑推理能力、运算求解能力,难度较易.16、【解析】设圆柱的轴截面的边长为x，可求得，代入圆柱的表面积公式，即得解【详解】设圆柱的轴截面的边长为x，则由，得，故答案为：【点睛】本题考查了圆柱的轴截面和表面积，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.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）或 .【解析】（1）分段讨论得出函数的解析式，再分范围解不等式，可得解集；（2）先求出函数的最小值，再建立关于的不等式，可求得实数的取值范围.【详解】（1）因为 ，所以当时，；当时， 无解；当时，；综上，不等式的解集为；（2），又， 或 .【点睛】本题考

16、查分段函数，绝对值不等式的解法，以及关于函数的存在和任意的问题，属于中档题.18、（1）见解析；（2）【解析】（1）设为中点，连结，先证明，可证得，假设不为线段的中点，可得平面，这与矛盾，即得证；（2）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【详解】（1）设为中点，连结.，又 平面，平面，.又分别为中点，又，.假设不为线段的中点，则与是平面内内的相交直线，从而平面，这与矛盾，所以为线段的中点.（2）以为原点，由条件面面，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为所以取，则，.同法可求得平面的法向量为，由图知二面角为锐二

17、面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何与空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.19、（1）；（2）【解析】（1）首先通过对绝对值内式子符号的讨论，将不等式转化为一元一次不等式组，再分别解各不等式组，最后求各不等式组解集的并集，得到所求不等式的解集；(2)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（1）因为函数定义域为，即恒成立，所以恒成立由单调性可知当时，有最大值为4，即；（2）由（1）知，由柯西不等式知所以，即的最小值为.当且仅当，时，等号成立【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，意在考查学生的转化能力

18、和计算求解能力.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.（2）由（1）可知，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以可设平面平面，又因为平面，所以.因为平面，平面，所以，从而得.因为底面，所以.因为，所以.因为，所以平面.综上，平面.（2）解：由（1）可得，两两垂

19、直，以为原点，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则，所以，.设是平面的法向量，由取取，得.设是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.21、（1）43，47；（2）分布列见解析，.【解析】（1）根据茎叶图即可得到中位数和众数；（2）根据数据可得任取一名优秀员工的概率为，故，写出分布列即可得解.【详解】（1）中位数为，众数为（2）被调查的名工人中优秀员工的数量，任取一名优秀员工的概率为，故，

20、的分布列如下： 故【点睛】此题考查根据茎叶图求众数和中位数，求离散型随机变量分布列，根据分布列求解期望，关键在于准确求解概率，若能准确识别二项分布对于解题能够起到事半功倍的作用.22、（1）见解析；（2）【解析】（1）f（x）=（x+1）ex-ax-a=（x+1）（ex-a）对a分类讨论，即可得出单调性（2）由xex-ax-a+10，可得a（x+1）xex+1，当x=-1时，0-+1恒成立当x-1时，a令g（x）=，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出【详解】解法一：（1）当时，-1-0+极小值所以在上单调递减，在单调递增.当时，的根为或.若，即，-1+0-0+极大值极小值所以在，上单调

21、递增，在上单调递减.若，即，在上恒成立，所以在上单调递增，无减区间. 若，即，-1+0-0+极大值极小值所以在，上单调递增，在上单调递减. 综上：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；自时，在上单调递增，无减区间；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（2）因为，所以.当时，恒成立.当时，.令， 设，因为在上恒成立，即在上单调递增.又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以.综上，的取值范围为.解法二：（1）同解法一；（2）令，所以，当时，则在上单调递增，所以，满足题意.当时，令，因为，即在上单调递增.又因为，所以在上有唯一的解，记为，-0+极小值，满足题意.当时，不满足题意.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题