2023学年湖南省常德市高三第三次模拟考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 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．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（ ） A． B．0 C．1 D．3 2．在关于的不等式中，“”是“恒成立”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．已知向量，，当时，（ ） A． B． C． D． 5．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则 A． B． C． D． 6．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ） A．P1•P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P2 7．执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为( ) A．-2 B．-1 C． D． 8．的内角的对边分别为，若，则内角（ ） A． B． C． D． 9．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，异面直线SC与OE所成角的正切值为（ ） A． B． C． D． 10． 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ） A． B． C． D． 11．一个正四棱锥形骨架的底边边长为，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每个边都相切，则该球的表面积为（ ） A． B． C． D． 12．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（ ） A． B．复数的共轭复数是 C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在平行四边形中，已知，，，若，，则____________． 14．设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_____． 15．在正奇数非减数列中，每个正奇数出现次.已知存在整数、、，对所有的整数满足，其中表示不超过的最大整数.则等于______. 16．设，则_____， （的值为______． 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）已知函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若关于的不等式的解集包含，求实数的取值范围. 18．（12分）如图，在直角中，，，，点在线段上. （1）若，求的长； （2）点是线段上一点，，且，求的值. 19．（12分）已知函数，其中． （Ⅰ）当时，求函数的单调区间； （Ⅱ）设，求证：； （Ⅲ）若对于恒成立，求的最大值． 20．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆. （1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程； （2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值. 21．（12分）如图，三棱柱中，平面，，，分别为，的中点. （1）求证： 平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 22．（10分）已知函数. （1）若是函数的极值点，求的单调区间； （2）当时，证明： 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 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、C 【答案解析】 先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。 【题目详解】 因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得 ， 化简得，即 令，所以，故选C。 【答案点睛】 本题主要考查函数性质奇偶性的应用。 2、C 【答案解析】 讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案. 【题目详解】 解：当时，，由开口向上，则恒成立； 当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意， 若 时，要使得恒成立，则 ，即 . 所以“”是“恒成立”的充要条件. 故选:C. 【答案点睛】 本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件. 3、A 【答案解析】 设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解. 【题目详解】 设，由得：，即， 由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题. 4、A 【答案解析】 根据向量的坐标运算，求出，，即可求解. 【题目详解】 ， . 故选:A. 【答案点睛】 本题考查向量的坐标运算、诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系，属于中档题. 5、D 【答案解析】 画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果. 【题目详解】 由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图， 当，即时，最小，满足，对于任意的， 所以本题答案为D. 【答案点睛】 本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题. 6、C 【答案解析】 将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可. 【题目详解】 三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321 方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝； 方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝； 所以P1+P2＝ 故选C. 【答案点睛】 本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题. 7、B 【答案解析】 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，与题意输出的矛盾； 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，符合题意； 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，与题意输出的矛盾； 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，与题意输出的矛盾； 综上选B. 8、C 【答案解析】 由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得． 【题目详解】 ∵，由正弦定理可得， ∴， 三角形中，∴，∴． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理的边角互化是解题关键． 9、D 【答案解析】 可过点S作SF∥OE，交AB于点F，并连接CF，从而可得出∠CSF（或补角）为异面直线SC与OE所成的角，根据条件即可求出，这样即可得出tan∠CSF的值. 【题目详解】 如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF， 则∠CSF（或补角）即为异面直线SC与OE所成的角， ∵，∴， 又OB＝3，∴， SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴； SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴； OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴， ∴等腰△SCF中，. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查了异面直线所成角的定义及求法，直角三角形的边角的关系，平行线分线段成比例的定理，考查了计算能力，属于基础题. 10、A 【答案解析】 先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B. 【题目详解】 由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以. 故选：A 【答案点睛】 此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题. 11、B 【答案解析】 根据正四棱锥底边边长为，高为，得到底面的中心到各棱的距离都是1，从而底面的中心即为球心. 【题目详解】 如图所示： 因为正四棱锥底边边长为，高为， 所以 ， 到 的距离为， 同理到 的距离为1， 所以为球的球心， 所以球的半径为：1， 所以球的表面积为. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象的能力，属于中档题. 12、D 【答案解析】 首先求得，然后根据复数乘法运算、共轭复数、复数的模、复数除法运算对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【题目详解】 由题意知复数，则，所以A选项不正确；复数的共轭复数是，所以B选项不正确；，所以C选项不正确；，所以D选项正确. 故选：D 【答案点睛】 本小题考查复数的几何意义，共轭复数，复数的模，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 设，则，得到，，利用向量的数量积的运算，即可求解． 【题目详解】 由题意，如图所示，设，则， 又由，，所以为的中点，为的三等分点， 则，， 所以 ． 【答案点睛】 本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 14、 【答案解析】 先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数．即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，，进而得实数的取值范围． 【题目详解】 解：， 当时，；当时，； 函数在区间上为增函数；在区间为减函数． 所以的最大值为， 令， 所以当时，函数取得最小值， 又因为方程有实数解，那么，即， 所以实数的取值范围是：． 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，属于中档题. 15、2 【答案解析】 将已知数列分组为（1），， 共个组. 设在第组，， 则有， 即. 注意到，解得. 所以，. 因此，. 故. 16、720 1 【答案解析】 利用二项展开式的通式可求出；令中的，得两个式子，代入可得结果. 【题目详解】 利用二项式系数公式，，故， ， 故（ =， 故答案为：720；1. 【答案点睛】 本题考查二项展开式的通项公式的应用，考查赋值法，是基础题. 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） 【答案解析】 （1）按进行分类，得到等价不等式组，分别解出解集，再取并集，得到答案；（2）将问题转化为在时恒成立，按和分类讨论，分别得到不等式恒成立时对应的的范围，再取交集，得到答案. 【题目详解】 解：（1）当时，等价于 或或， 解得或或， 所以不等式的解集为：. （2）依题意即在时恒成立， 当时，，即， 所以对恒成立 ∴，得； 当时，， 即， 所以对任意恒成立， ∴，得∴， 综上，. 【答案点睛】 本题考查分类讨论解绝对值不等式，分类讨论研究不等式恒成立问题，属于中档题. 18、（1）3；（2）. 【答案解析】 （1）在中，利用正弦定理即可得到答案； （2）由可得，在中，利用及余弦定理得，解方程组即可. 【题目详解】 （1）在中，已知，，，由正弦定理， 得，解得. （2）因为，所以，解得. 在中，由余弦定理得， ， 即， ， 故. 【答案点睛】 本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，是一道中档题. 19、（Ⅰ）函数的单调增区间为，单调减区