山西省朔州市飛翔學(xué)校2023年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析

山西省朔州市飛翔學(xué)校2023年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.若復(fù)數(shù)z滿足(i是虛數(shù)單位），則Z=A.

B.

C.

D.參考答案：C略2.我們把焦點相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對“相關(guān)曲線”．已知,是一對相關(guān)曲線的焦點,是它們在第一象限的交點，當(dāng)時，這一對相關(guān)曲線中雙曲線的離心率是

(

)A．

B．

C．

D．參考答案：C略3.下列有關(guān)命題的說法正確的是（

） A．命題“若，則”的否命題為：“若，則”． B．“”是“”的必要不充分條件. C．命題“若，則”的逆否命題為真命題. D．命題“R使得”的否定是：“R均有”．參考答案：C略4.已知集合P={x|1＜3x≤9}，Q={x∈Z|y=ln（﹣2x2+7x）}，則P∩Q=（）A．{1} B．{1，2} C．{2，3} D．{1，2，3}參考答案：B【考點】交集及其運算．【分析】化簡集合P、Q，根據(jù)交集的定義寫出P∩Q即可．【解答】解：集合P={x|1＜3x≤9}={x|0＜x≤2}，Q={x∈Z|y=ln（﹣2x2+7x）}={x∈Z|﹣2x2+7x＞0}={1，2，3}，則P∩Q={1，2}．故選：B．【點評】本題考查了集合的化簡與運算問題，是基礎(chǔ)題目．5.

在的展開式中系數(shù)最大的項是（

）A.第6項

B.第6、7項

C.第4、6項

D.第5、7項參考答案：D6.設(shè)函數(shù)（、為常數(shù)）的圖象關(guān)于直線對稱，則有(

）

A．B．C．D．

參考答案：A7.一個空間幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為()A．

B．

C．D．參考答案：D8.設(shè)復(fù)數(shù)，，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在(

)A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限參考答案：D對應(yīng)的點在第四象限9.定義在R上的函數(shù)是增函數(shù)，且函數(shù)的圖像關(guān)于（3，0）成中心對稱，若滿足不等式的取值范圍是（

）

A．

B．[4，16]

C．

D．參考答案：D10.某高三學(xué)生進行考試心理素質(zhì)測試，場景相同的條件下每次通過測試的概率為，則連續(xù)測試4次，至少有3次通過的概率為（

）A．

B．

C.

D．參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)，函數(shù)，若對任意的，都有成立，則的取值范圍為

．參考答案：略12.若正三棱錐的底面邊長為，側(cè)棱長為1，則此三棱錐的體積為

．參考答案：試題分析：記正三棱錐為，點在底面內(nèi)的射影為點，則，在中，，所以.考點：正三棱錐的性質(zhì)和體積的計算.13.已知直線與圓相交于兩點，且*

*

*

*.參考答案：14.在等差數(shù)列中，首項公差若某學(xué)生對其中連續(xù)10項進行求和，在遺漏掉一項的情況下，求得余下9項的和為185，則此連續(xù)10項的和為__________________．參考答案：200【測量目標(biāo)】邏輯思維能力/具有對數(shù)學(xué)問題進行觀察、分析、綜合、比較、抽象、概括、判斷和論證的能力.【知識內(nèi)容】方程與代數(shù)/數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法/等差數(shù)列.【試題分析】等差數(shù)列中的連續(xù)10項為，遺漏的項為且則，化簡得，所以，，則連續(xù)10項的和為,故答案為200.15.已知半徑為r的球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各棱都相切，記球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線的總長度為f（r），則f（1）=

．參考答案：6π【考點】球內(nèi)接多面體．【分析】由題意，r=1，球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線是半徑為的圓，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，r=1，球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線是半徑為的圓，∴f（1）=6×2π×=6π，故答案為6π．16.不等式的解集為_______________.參考答案：17.定義“正對數(shù)”：，現(xiàn)有四個命題：①若，則②若，則③若，則④若，則其中的真命題有：

（寫出所有真命題的編號）參考答案：①③④

①當(dāng)時，，，所以成立。當(dāng)時，，此時，即成立。綜上恒成立。②當(dāng)時，，所以不成立。③討論的取值，可知正確。④討論的取值，可知正確。所以正確的命題為①③④。三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)．(1)當(dāng)a＝0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：對任意實數(shù)a<0，有f(x)>.

參考答案：解析：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex－2x－1(x∈R)，∵f′(x)＝ex－2，且f′(x)的零點為x＝ln2，∴當(dāng)x∈(－∞，ln2)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時，f′(x)>0即(－∞，ln2)是f(x)的單調(diào)減區(qū)間，(ln2，＋∞)是f(x)的單調(diào)增區(qū)間．(5分)(2)由f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)得：f′(x)＝ex－2ax－2，記g(x)＝ex－2ax－2(x∈R)．∵a<0，∴g′(x)＝ex－2a>0，即f′(x)＝g(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，又f′(0)＝－1<0，f′(1)＝e－2a－2>0，故R上存在惟一的x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，(8分)且當(dāng)x<x0時，f′(x)<0；當(dāng)x>x0時，f′(x)>0.即f(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，略19.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E、F、G分別是AA1、A1B1、A1D1的中點．（Ⅰ）求證：平面EFG∥平面BC1D；（Ⅱ）在線段BD上是否存在點H，使得EH⊥平面BC1D？若存在，求線段BH的長；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）根據(jù)面面平行的判定定理證明即可；（Ⅱ）假設(shè)EH⊥平面BC1D，根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可．【解答】解：（Ⅰ）連結(jié)B1D1，則GF為△A1B1D1的中位線，∴GF∥B1D1…∵在正方體中，BD∥B1D1，∴GF∥BD，∵GF?平面BC1D，BD?平面BC1D，∴GF∥平面BC1D，同理可證：EF∥平面BC1D，又EF?平面EFG，∴平面EFG∥平面BC1D，…（Ⅱ）取BD的中點H，則滿足EH⊥平面BC1D，且BH=．證明如下：取BD的中點H，連結(jié)A1C1、EB、EH、ED、BC1、C1H，則EB=ED=，∴在△BED中，由，得由BC1=2，BH=得C1H=，由A1E=1，A1C1=2得C1E=3，∴△C1EH中，EH⊥C1H，又C1H?BC1D，∴EH⊥平面BC1D，且BH=．20.已知.（1）求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）證明：當(dāng)時，恒成立.參考答案：（1）易得定義域為，，解得或.當(dāng)時，∵，∴，解得，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)時，i.若，即時，時，，時，，時，，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為；ii.若，即時，時，恒成立，沒有單調(diào)遞減區(qū)間；iii.若，即時，時，；時，，時，，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為.綜上：時，單調(diào)遞減區(qū)間為；時，單調(diào)遞減區(qū)間為；時，無單調(diào)遞減區(qū)間；時，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）令，則.令，，時，，時，，∴時，，即時，恒成立.解得或，時，，時，，∴時，，得證.

21.如圖，四邊形ABCD是矩形，DA⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F(xiàn)為線段CE上一點，且BF⊥平面ACE，AC交BD于點G．（1）證明：AE∥平面BFD；（2）求直線DE與平面ACE所成角的大?。畢⒖即鸢福骸究键c】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定．【分析】（1）連接FG，推導(dǎo)出BF⊥CE，從而得到FG∥AE，由此能證明AE∥平面BFD．（2）推導(dǎo)出BC⊥AE，BF⊥AE，AE⊥BE，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線DE與平面ACE所成的角．【解答】證明：（1）連接FG，因為BF⊥平面ACE，CE?平面ACE，所以BF⊥CE．又因為EB=BC，所以F為EC的中點，而矩形ABCD中，G為AC的中點，所以FG∥AE，又因為AE?平面BFD，F(xiàn)G?平面BFD，所以AE∥平面BFD．…解：（2）因為DA⊥平面ABE，BC∥DA，所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE．又因為BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE．而BC∩BF=B，所以AE⊥平面BCE，所以AE⊥BE．又因為AE=EB=2，所以．以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意得A（0，0，0），，D（0，0，2），，所以，設(shè)平面ACE的一個法向量為，由，得，令x=1，得，又因為，設(shè)直線DE與平面ACE所成的角為α，則，所以，故直線DE與平面ACE所成的角為．…（12分）【點評】本題考查直線與平面平行的證明，考查線面角的求法，考查空間想象能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．22.已知a，b，c分別是△ABC的角A，B，C所對的邊，且c=2，C=．（1）若△ABC的面積等于，求a，b；（2）若sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，求A的值．參考答案：解：（1）∵c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，∴4=a2+b2﹣ab，∵=，化為ab=4．聯(lián)立，解得a=2，b=2．（2）∵sinC=sin（B+A），sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，∴sin（A+B）+sin（B﹣A）=2sin2A，2sinBcosA=4sinAcosA，當(dāng)cosA=0時，解得A=；當(dāng)cosA≠0時，sinB=2sinA，由正弦定理可得：b=2a，聯(lián)立，解得，b=，∴b2=a2+c2，∴，又，∴．綜上可得：A=或．考點：余弦定理；正弦定理．

專題：解三角形．分析：（1）c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，即4=a2+b2﹣ab，利用三角形面積計算公式=，即ab=4．聯(lián)立解出即可．（2）由sinC=sin（B+A），sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，可得2sinBcosA=4sinAcosA．當(dāng)cosA=0時，解得A=；當(dāng)cosA≠0時，sinB=2sinA，由正弦定理可得：b=2a，聯(lián)立解得即可．解答：解：（1）∵c=2，C=，由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC，∴4=a2+b2﹣ab，∵=，化為ab=4．聯(lián)立，解得a=2，b=2．（2