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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)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(diǎn)相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對(duì)“相關(guān)曲線”．已知,是一對(duì)相關(guān)曲線的焦點(diǎn),是它們?cè)诘谝幌笙薜慕稽c(diǎn)，當(dāng)時(shí)，這一對(duì)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(shuō)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(diǎn)】交集及其運(yùn)算．【分析】化簡(jiǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了集合的化簡(jiǎn)與運(yùn)算問(wèn)題，是基礎(chǔ)題目．5.

在的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)是（

）A.第6項(xiàng)

B.第6、7項(xiàng)

C.第4、6項(xiàng)

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

）

A．B．C．D．

參考答案：A7.一個(gè)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(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(duì)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(jìn)行考試心理素質(zhì)測(cè)試，場(chǎng)景相同的條件下每次通過(guò)測(cè)試的概率為，則連續(xù)測(cè)試4次，至少有3次通過(guò)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(duì)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(zhǎng)為，側(cè)棱長(zhǎng)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(diǎn)在底面內(nèi)的射影為點(diǎn)，則，在中，，所以.考點(diǎn)：正三棱錐的性質(zhì)和體積的計(jì)算.13.已知直線與圓相交于兩點(diǎn)，且*

*

*

*.參考答案：14.在等差數(shù)列中，首項(xiàng)公差若某學(xué)生對(duì)其中連續(xù)10項(xiàng)進(jìn)行求和，在遺漏掉一項(xiàng)的情況下，求得余下9項(xiàng)的和為185，則此連續(xù)10項(xiàng)的和為__________________．參考答案：200【測(cè)量目標(biāo)】邏輯思維能力/具有對(duì)數(shù)學(xué)問(wèn)題進(jìn)行觀察、分析、綜合、比較、抽象、概括、判斷和論證的能力.【知識(shí)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(xiàng)為，遺漏的項(xiàng)為且則，化簡(jiǎn)得，所以，，則連續(xù)10項(xiàng)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(zhǎng)度為f（r），則f（1）=

．參考答案：6π【考點(diǎn)】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(duì)數(shù)”：，現(xiàn)有四個(gè)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(hào)）參考答案：①③④

①當(dāng)時(shí)，，，所以成立。當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，即成立。綜上恒成立。②當(dāng)時(shí)，，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(shuō)明，證明過(guò)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(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)a<0，有f(x)>.

參考答案：解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－2x－1(x∈R)，∵f′(x)＝ex－2，且f′(x)的零點(diǎn)為x＝ln2，∴當(dāng)x∈(－∞，ln2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，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(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>x0時(shí)，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(zhǎng)為2，E、F、G分別是AA1、A1B1、A1D1的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：平面EFG∥平面BC1D；（Ⅱ）在線段BD上是否存在點(diǎn)H，使得EH⊥平面BC1D？若存在，求線段BH的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答案：【考點(diǎn)】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(diǎn)H，則滿足EH⊥平面BC1D，且BH=．證明如下：取BD的中點(diǎn)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(shí)，恒成立.參考答案：（1）易得定義域?yàn)椋?，解得?當(dāng)時(shí)，∵，∴，解得，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，i.若，即時(shí)，時(shí)，，時(shí)，，時(shí)，，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為；ii.若，即時(shí)，時(shí)，恒成立，沒有單調(diào)遞減區(qū)間；iii.若，即時(shí)，時(shí)，；時(shí)，，時(shí)，，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為.綜上：時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為；時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為；時(shí)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）令，則.令，，時(shí)，，時(shí)，，∴時(shí)，，即時(shí)，恒成立.解得或，時(shí)，，時(shí)，，∴時(shí)，，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(diǎn)，且BF⊥平面ACE，AC交BD于點(diǎn)G．（1）證明：AE∥平面BFD；（2）求直線DE與平面ACE所成角的大小．參考答案：【考點(diǎn)】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(diǎn)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?yàn)锽F⊥平面ACE，CE?平面ACE，所以BF⊥CE．又因?yàn)镋B=BC，所以F為EC的中點(diǎn)，而矩形ABCD中，G為AC的中點(diǎn)，所以FG∥AE，又因?yàn)锳E?平面BFD，F(xiàn)G?平面BFD，所以AE∥平面BFD．…解：（2）因?yàn)镈A⊥平面ABE，BC∥DA，所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE．又因?yàn)锽F⊥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?yàn)锳E=EB=2，所以．以A為原點(diǎn)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(gè)法向量為，由，得，令x=1，得，又因?yàn)?，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(diǎn)評(píng)】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(yùn)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(duì)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(shí)，解得A=；當(dāng)cosA≠0時(shí)，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(diǎn)：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(jì)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(shí)，解得A=；當(dāng)cosA≠0時(shí)，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