吉林省实验中学2022-2023学年高三下学期模拟考试（六）数学Word版含解析

《吉林省实验中学2022-2023学年高三下学期模拟考试（六）数学Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

吉林省实验中学2022-2023学年度高三年级下学期模拟考试（六）数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第II卷4至8页.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码.2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷､草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存.第Ⅰ卷一､单选题：本题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：，，所以；故选：C2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】

1【分析】由复数的几何意义确定复数，根据共轭复数的定义求，再由复数的运算求的代数形式，由此确定其虚部.【详解】由题意得：复数，所以，则所以，所以复数的虚部是，故选：A.3.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性，可排除AC，由，可排除B，从而可选出答案.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，且，故函数为上的偶函数，其图象关于轴对称，可排除AC；，因为，所以，可排除B，只有D选项符合以上信息.故选：D.4.

2分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为．若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（）A.B.C.4D.【答案】C【解析】【分析】设第n个正方形的边长为，根据分形特点可得{}是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.【详解】设第n个正方形的边长为，则由已知可得∴，∴{}是以9为首项，为公比的等比数列，∴.故选：C．5.一个表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个中心角为的扇形，设该扇形面积为，则为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由弧长公式可求出圆锥母线与底面圆半径的关系，再由圆锥表面积公式可解.【详解】设圆锥母线长，底面圆半径，，所以，圆锥表面积，扇形面积，所以.

3故选：D6.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】确定得到，，展开计算得到答案.【详解】，，，故，.故选：A7.已知，则的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，构造函数、，，利用导数探讨单调性比较大小作答.【详解】令函数，则恒成立，故函数在上单调递增，所以当时，，则，于，即；当时，，则，所以，

4而，于是，即；综上：.故选：C8.椭圆的中心在坐标原点，，，，分别为椭圆的左、右、上、下顶点，为其右焦点，直线与直线交于点，若为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据为钝角转化为，求出四点坐标，用数量积的坐标公式得到关于，的不等式，不等式两边同时除以得到关于离心率的不等式，解不等式即可得到离心率的取值范围.【详解】如图，设椭圆的标准方程为，．由题意，得，，，则，．因为为向量与的夹角，且为钝角，所以，所以．又，所以，两边同时除以得，解得或，

5因为，所以.故选：A．二､多选题：本题包括9至12小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求.9.已知.若，则（）A.的最小值为10B.的最小值为9C.的最大值为D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式的性质依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，B，因为已知，所以，当且仅当，即，取等号，故A错误，B正确.对选项C，D，，即，当且仅当，时等号成立，故C正确，D错误.故选：BC10.现有甲､乙两个箱子，甲中有2个红球，2个黑球，6个白球，乙中有5个红球和4个白球，现从甲箱中取出一球放入乙箱中，分别以表示由甲箱中取出的是红球，黑球和白球的事件，再从乙箱中随机取出一球，则下列说法正确的是（）A.两两互斥.B.根据上述抽法，从乙中取出的球是红球的概率为.C.以表示由乙箱中取出的是红球的事件，则.

6D.在上述抽法中，若取出乙箱中一球的同时再从甲箱取出一球，则取出的两球都是红球的概率为.【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，利用利用互斥事件意义判断A；利用全概率公式求出概率判断B；利用条件概率公式计算判断C；利用概率的乘法公式及互斥事件的概率加法公式计算判断D作答.【详解】依题意，，对于A，事件，不可能同时发生，即，因此事件，互斥，同理：事件，，事件，互斥，故A正确；对于B，从乙箱中取出的是红球的事件为，则，因此，故B正确；对于C，由选项B知，，C正确；对于D，取出乙箱中一球的同时再从甲箱取出一球，取出的两球都是红球的事件可以分拆成2个互斥事件的和，记甲箱中取红球入乙箱，再从乙箱取红球、甲箱中取红球的事件为，则，记甲箱中取黑球或白球入乙箱，再从乙箱取红球、甲箱中取红球的事件为，则所以所求概率为，故D错误.故选：ABC.11.如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（）

7A.直三棱柱的体积是1B.直三棱柱的外接球表面积是C.三棱锥的体积与点的位置有关D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】由柱体体积公式计算直三棱柱的体积验证选项A；由直三棱柱的结构特征求外接球半径和表面积验证选项B；判断三棱锥的底面积和高的特征验证选项C；把侧面和侧面展开在一个平面上求的最小值验证选项D.【详解】直三棱柱中，，，，如图所示，直三棱柱的体积为，故A选项正确；直三棱柱是长宽高分别为的长方体的一半，外接球的半径为，外接球表面积是，故B选项正确；O是与的交点，则的面积为定值，由平面，到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，与点的位置无关，故C选项错误；把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时，的最小值等于

8，故D正确.故选：ABD12.已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点作不垂直于轴的直线与交于，两点．设为轴上一动点，为的中点，且，则（）A.抛物线的方程为B.的最小值为C.D.【答案】BD【解析】【分析】本题考查抛物线的定义及简单几何性质、直线与抛物线的位置关系、基本不等式，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．【详解】由抛物线的准线与轴交于点，得，所以，所以抛物线的方程为，A错误．设直线的方程为，，．由整理，得，则，．由抛物线的定义，知，，所以，所以，当且仅当时取得等号，B正确．由上可知，．设点的坐标为，则，．由得，所以，则直线的斜率为．因为

9，所以直线的斜率为，则直线的方程为．令，则，所以点的坐标为，则．由抛物线的定义可知，，所以，C错误．因为，所以直线与直线关于轴对称，即平分，所以，则．整理，得，D正确．故选：BD．【点睛】本题全面考查考生运用坐标法解决平面解析几何问题，涉及方程、最值、等量关系的证明等，体现了基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求，对考生综合分析问题和解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力要求比较高．在解题过程中要熟悉抛物线焦点弦的相关结论，有利于优化解题过程，同时要借助平面几何的有关结论，不可一味“蛮干”，学会“巧干”．第II卷三､填空题：本题共4题，共20分.13.若，则二项式的展开式中，常数项是______．【答案】##【解析】【分析】先由求出的值，再用二项式的展开式的通项可求解.【详解】因为，所以，解得，则二项式的展开式的通项公式为，

10令，解得,所以常数项是，故答案：14.设，，则在方向上的投影向量的坐标为_________．【答案】【解析】【分析】根据投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以向量在方向的投影向量为.故答案为：.15.已知命题.若为假命题，则的取值范围为_____.【答案】【解析】【分析】首先写出命题的否命题，根据为假命题即可得出为真命题，从而转化为恒成立，利用导数研究最值，即可求出的取值范围.【详解】为假命题为真命题，故，令，则，令解得，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.故答案为：.

1116.若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是__________，方差是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.【详解】由题意可知，数据的平均数为，所以，则，所以数据、、、的平均数为，方差为，所以，将两组数据合并后，得到新数据，则其平均数为，方差为.故答案为：；.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算.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.在①；②；③

12这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，且满足__________.（1）求角；（2）若的面积为的中点为，求的最小值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理的边角互化以及诱导公式可求解；选②，利用三角形面积公式和向量的数量积，即可求解；选③，利用正弦定理的边角互化以及两角差的正弦公式即可求解.（2）利用三角形的面积公式可得，再由余弦定理以及基本不等式即可求解.【小问1详解】选①，由正弦定理可得又因为，可得即，所以，又因为，所以所以，解得选②由题意，选③，

13由正弦定理可得，，.【小问2详解】，解得，由余弦定理可得，所以，当且仅当时，即取等号，所以的最小值为418.在公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列．（1）求的通项公式和前n项和；（2）设，求数列的前n项和公式．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；（2）利用裂项相消法即可求出结果.【小问1详解】公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，

14所以，即，解得，则，.【小问2详解】由（1）可知，，可得数列的前项和.19.如图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，点S在以为直径的半圆上，．（1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，平面，根据平面与平面垂直的判定可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用线面角的公式求解.【小问1详解】设的中点为O，连接，．

15因为为等腰直角三角形，且，所以，，且．因为S在以为直径的圆上，所以．故，故．又因为，直线平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．由得，所以，从而得，所以．所以，，，

16设平面的法向量为，则，，不妨取，则．因为，故直线与平面所成角的正弦值为．20.为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：年份20182019202020212022年份代码12345年借阅量（册）3692142（参考数据：）（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型②的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.【答案】（1）分布列见解析，（2）；模型②的拟合效果更好【解析】【分析】（1）求5年借阅量的平均数，可得随机变量服从超几何分布，求得概率即可得分布列与期望；（2）根据计算样本中心值代入方程求得，即可得回归方程，计算残差即可得答案.

17【小问1详解】由题知，5年的借阅量的平均数为：，又，则所以低于平均值的有3个，所以服从超几何分布，，所以，，，所以的分布列为：所以；【小问2详解】因为所以，即.所以模型②的经验回归方程为：根据模型①的经验回归方程可得：根据模型②的经验回归方程可得：因为，且所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，所以模型②的拟合效果更好.21.以双曲线的右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线相切于点（1）求的方程.（2）在轴上是否存在定点，过点任意作一条不与坐标轴垂直的直线，当与交于两点时，直线的斜率之和为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.

18【答案】（1）（2）存在满足条件的定点.【解析】【分析】（1）将切点代入直线方程得，结合和即可得到双曲线方程；（2）假设存在满足条件的定点，设的方程为，将其与双曲线联立得韦达定理式，计算，通分整理将韦达定理式代入得，解出值即可.【小问1详解】双曲线的渐近线方程为，圆与直线切于点，所以代入得，①设，直线FQ有斜率，则，即，②又③由①②③解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】假设存在满足条件的定点，因为直线不与坐标轴垂直，故设的方程为.

19由消去整理得，则即且因为，所以直线的斜率为.设为定值，即，即，即，整理得，所以，所以.因为为定值，且上式对任意恒成立，所以

20解得.将代入式解得或且.综上，存在满足条件的定点.【点睛】关键点睛：本题采用设线法，设，定点，将直线与双曲线联立得韦达定理式，再设，展开整理得，将韦达定理代入得，解出值即可.22.已知函数.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若有两个零点，求取值范围；（3）求证：.【答案】（1）（2）（3）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义运算求解；（2）求导，利用导数分类讨论原函数的单调性，结合单调性分析零点，即可得结果；（3）由（2）可得，构建，利用导数可得，进而可得结果.【小问1详解】当时，则，可得，

21即切点坐标为，斜率，所以切线方程.【小问2详解】由题意可得：，因为，则有：（i）当时，则，即，所以在上单调递减，至多有1个零点，不合题意；（ⅱ）当时，令时，则；令时，则；则在上单调递增，在上单调递减，且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，若有两个零点，则，构建，则在上单调递增，且，若，则；综上所述：的取值范围为.【小问3详解】由（2）可知：当时，在上单调递增，在上单调递减，则，可得，当且仅当时，等号成立；构建，则，构建，则，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，所以，即恒成立，则在上单调递增，且，

22令，解得；令，解得；即当时，；当时，；则在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，当且仅当时，等号成立；综上所述：，但等号不能同时取到，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数h(x)；（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

23