2023学年湖南省浏阳一中、醴陵一中高三第三次测评数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 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．已知复数，则的虚部为（ ） A． B． C． D．1 2．i是虚数单位，若，则乘积的值是( ) A．－15 B．－3 C．3 D．15 3．如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）． A． B． C． D． 4．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（） A．1 B．2 C． D．4 5．函数且的图象是（ ） A． B． C． D． 6．已知正方体的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数，如果正方体的八个顶点中恰好有个点到平面的距离等于，那么下列结论中，一定正确的是 A． B． C． D． 7．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ） A．3 B． C． D． 8．已知实数，满足约束条件，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 9．圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 10．直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是 A．10 B．9 C．8 D．7 11．已知集合，，，则（ ） A． B． C． D． 12．近年来，随着网络的普及和智能手机的更新换代，各种方便的相继出世，其功能也是五花八门.某大学为了调查在校大学生使用的主要用途，随机抽取了名大学生进行调查，各主要用途与对应人数的结果统计如图所示，现有如下说法： ①可以估计使用主要听音乐的大学生人数多于主要看社区、新闻、资讯的大学生人数； ②可以估计不足的大学生使用主要玩游戏； ③可以估计使用主要找人聊天的大学生超过总数的. 其中正确的个数为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．对于任意的正数，不等式恒成立，则的最大值为_____. 14．设函数在区间上的值域是，则的取值范围是__________. 15．函数的极大值为________. 16．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________. 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）设的内角、、的对边长分别为、、.设为的面积，满足. (1)求； (2)若，求的最大值. 18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的直角坐标方程，并指出其形状； （2）曲线与曲线交于，两点，若，求的值. 19．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4. （1）求椭圆C的方程； （2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 20．（12分）已知抛物线：（）的焦点到点的距离为. （1）求抛物线的方程； （2）过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，点、分别在第一和第二象限内，求的面积. 21．（12分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. （1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值； （2）求二面角F-BC1-C的余弦值． 22．（10分）已知函数（，）满足下列3个条件中的2个条件： ①函数的周期为； ②是函数的对称轴； ③且在区间上单调. （Ⅰ）请指出这二个条件，并求出函数的解析式； （Ⅱ）若，求函数的值域. 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】 先将，化简转化为，再得到下结论. 【题目详解】 已知复数， 所以， 所以的虚部为-1. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2、B 【答案解析】 ，∴，选B． 3、A 【答案解析】 由平面向量基本定理，化简得，所以，即可求解，得到答案． 【题目详解】 由平面向量基本定理，化简 ，所以，即， 故选A． 【答案点睛】 本题主要考查了平面向量基本定理的应用，其中解答熟记平面向量的基本定理，化简得到是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，数基础题． 4、B 【答案解析】 因为圆与抛物线的准线相切，则圆心为（3,0），半径为4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于 半径，可知的值为2，选B. 【题目详解】 请在此输入详解！ 5、B 【答案解析】 先判断函数的奇偶性，再取特殊值，利用零点存在性定理判断函数零点分布情况，即可得解. 【题目详解】 由题可知定义域为， ， 是偶函数，关于轴对称， 排除C，D. 又，， 在必有零点，排除A. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了函数图象的判断，考查了函数的性质，属于中档题. 6、B 【答案解析】 此题画出正方体模型即可快速判断m的取值. 【题目详解】 如图（1）恰好有3个点到平面的距离为；如图（2）恰好有4个点到平面的距离为；如图（3）恰好有6个点到平面的距离为. 所以本题答案为B. 【答案点睛】 本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题. 7、B 【答案解析】 由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图： 直三棱柱的体积为，消去的三棱锥的体积为， ∴几何体的体积，故选B. 点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积. 8、B 【答案解析】 画出可行域，根据可行域上的点到原点距离，求得的取值范围. 【题目详解】 由约束条件作出可行域是由，，三点所围成的三角形及其内部，如图中阴影部分，而可理解为可行域内的点到原点距离的平方，显然原点到所在的直线的距离是可行域内的点到原点距离的最小值，此时，点到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值，此时.所以的取值范围是. 故选：B 【答案点睛】 本小题考查线性规划，两点间距离公式等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识. 9、B 【答案解析】 三视图对应的几何体为如图所示的几何体，利用割补法可求其体积. 【题目详解】 根据三视图可得原几何体如图所示，它是一个圆柱截去上面一块几何体， 把该几何体补成如下图所示的圆柱， 其体积为，故原几何体的体积为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查三视图以及不规则几何体的体积，复原几何体时注意三视图中的点线关系与几何体中的点、线、面的对应关系，另外，不规则几何体的体积可用割补法来求其体积，本题属于基础题. 10、B 【答案解析】 根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值． 【题目详解】 由抛物线标准方程可知p=2 因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知 所以 因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知 ，此时 所以选B 【答案点睛】 本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题． 11、D 【答案解析】 根据集合的基本运算即可求解. 【题目详解】 解：，，， 则 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查集合的基本运算，属于基础题． 12、C 【答案解析】 根据利用主要听音乐的人数和使用主要看社区、新闻、资讯的人数作大小比较，可判断①的正误；计算使用主要玩游戏的大学生所占的比例，可判断②的正误；计算使用主要找人聊天的大学生所占的比例，可判断③的正误.综合得出结论. 【题目详解】 使用主要听音乐的人数为，使用主要看社区、新闻、资讯的人数为，所以①正确； 使用主要玩游戏的人数为，而调查的总人数为，，故超过的大学生使用主要玩游戏，所以②错误； 使用主要找人聊天的大学生人数为，因为，所以③正确. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查统计中相关命题真假的判断，计算出相应的频数与频率是关键，考查数据处理能力，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 根据均为正数，等价于恒成立，令，转化为恒成立，利用基本不等式求解最值. 【题目详解】 由题均为正数，不等式恒成立，等价于 恒成立， 令则， 当且仅当即时取得等号， 故的最大值为. 故答案为： 【答案点睛】 此题考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于合理进行等价变形，此题可以构造二次函数求解，也可利用基本不等式求解. 14、. 【答案解析】 配方求出顶点，作出图像，求出对应的自变量，结合函数图像，即可求解. 【题目详解】 ，顶点为 因为函数的值域是， 令，可得或. 又因为函数图象的对称轴为， 且，所以的取值范围为. 故答案为:. 【答案点睛】 本题考查函数值域，考查数形结合思想，属于基础题. 15、 【答案解析】 对函数求导，根据函数单调性，即可容易求得函数的极大值. 【题目详解】 依题意，得. 所以当时，；当时，. 所以当时，函数有极大值. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查利用导数研究函数的性质，考查运算求解能力以及化归转化思想，属基础题. 16、 【答案解析】 先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值. 【题目详解】 由于，所以，所以.由正弦定理得. 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题. 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)根据条件形式选择，然后利用余弦定理和正弦定理化简，即可求出； (2)由(1)求出角，利用正弦定理和消元思想，可分别用角的三角函数值表示出， 即可得到，再利用三角恒等变换，化简为，即可求出最大值． 【题目详解】 (1)∵，即， ∴变形得：， 整理得：， 又，∴； (2)∵，∴， 由正弦定理知，， ∴ ，当且仅当时取最大值． 故的最大值为. 【答案点睛】 本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，以及利用三角恒等变换求函数的最值，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于基础题 18、（1），以为圆心，为半径的圆；（2） 【答案解析】 （1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，直接得到的直角坐标方程并判断形状； （2）联立直线参数方程与的直角坐标方程，根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值. 【题目详解】 解：（1）由，得，所以， 即，. 所以曲线是以为圆心，为半径的圆. （2）将代入， 整理得. 设点，所对应的参数分别为，， 则，. ， 解得，则. 【答案点睛】 本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值，难度一般.（1）极坐标与直角坐标的互化