2023学年福建师范大学第二附属中学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 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．由曲线围成的封闭图形的面积为（ ） A． B． C． D． 2．已知双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（ ） A． B． C． D． 3．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（ ） A． B． C． D． 4．对于正在培育的一颗种子，它可能1天后发芽，也可能2天后发芽，….下表是20颗不同种子发芽前所需培育的天数统计表，则这组种子发芽所需培育的天数的中位数是( ) 发芽所需天数 1 2 3 4 5 6 7 种子数 4 3 3 5 2 2 1 0 A．2 B．3 C．3.5 D．4 5．点在所在的平面内，，，，，且，则（ ） A． B． C． D． 6．已知集合，则元素个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 7．复数（　　） A． B． C．0 D． 8．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 9．若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ） A． B． C． D． 10．已知函数，，的零点分别为，，，则（ ） A． B． C． D． 11．执行如图所示的程序框图，则输出的（ ） A．2 B．3 C． D． 12．设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．的展开式中所有项的系数和为______，常数项为______. 14．设、满足约束条件，若的最小值是，则的值为__________. 15．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式各项系数和为__________． 16．已知函数f（x）=axlnx﹣bx（a，b∈R）在点（e，f（e））处的切线方程为y=3x﹣e，则a+b=_____. 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）选修4-5：不等式选讲 设函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围. 18．（12分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中： （1）证明：平面平面ABC； （2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值. 19．（12分）已知函数，不等式的解集为. （1）求实数，的值； （2）若，，，求证：. 20．（12分）本小题满分14分） 已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数），求直线被曲线截得的线段的长度 21．（12分）已知椭圆的右焦点为，离心率为. （1）若，求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆相交于、两点，、分别为线段、的中点，若坐标原点在以为直径的圆上，且，求的取值范围. 22．（10分）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数）和曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． （1）求直线和曲线的极坐标方程； （2）在极坐标系中，已知点是射线与直线的公共点，点是与曲线的公共点，求的最大值． 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、A 【答案解析】 先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积. 【题目详解】 封闭图形的面积为.选A. 【答案点睛】 本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取. 2、B 【答案解析】 先设直线与圆相切于点，根据题意，得到，再由，根据勾股定理求出，从而可得渐近线方程. 【题目详解】 设直线与圆相切于点， 因为是以圆的直径为斜边的圆内接三角形，所以， 又因为圆与直线的切点为，所以， 又，所以， 因此， 因此有， 所以，因此渐近线的方程为. 故选B 【答案点睛】 本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型. 3、C 【答案解析】 利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式. 【题目详解】 由，得，可得（）. 相减得，则（），又 由，，得，所以，所以为常 数列，所以，故. 故选：C 【答案点睛】 本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识. 4、C 【答案解析】 根据表中数据，即可容易求得中位数. 【题目详解】 由图表可知，种子发芽天数的中位数为， 故选：C. 【答案点睛】 本题考查中位数的计算，属基础题. 5、D 【答案解析】 确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案. 【题目详解】 由可知，点为外心， 则，，又， 所以① 因为，② 联立方程①②可得，，，因为， 所以，即． 故选： 【答案点睛】 本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力. 6、B 【答案解析】 作出两集合所表示的点的图象，可得选项. 【题目详解】 由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题. 7、C 【答案解析】略 8、C 【答案解析】 试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以 ，故C为正确答案． 考点：异面直线所成的角． 9、C 【答案解析】 令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得． 【题目详解】 令，则，，，， ，因此，. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题． 10、C 【答案解析】 转化函数，，的零点为与，，的交点，数形结合，即得解. 【题目详解】 函数，，的零点，即为与，，的交点， 作出与，，的图象， 如图所示，可知 故选：C 【答案点睛】 本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题. 11、B 【答案解析】 运行程序，依次进行循环,结合判断框，可得输出值. 【题目详解】 起始阶段有，， 第一次循环后，， 第二次循环后，， 第三次循环后，， 第四次循环后，， 所有后面的循环具有周期性，周期为3， 当时，再次循环输出的,，此时，循环结束，输出， 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查程序框图的相关知识，经过几次循环找出规律是关键，属于基础题型. 12、A 【答案解析】 先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值． 【题目详解】 由题得, 设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1， ∴=1，解得T=2； ∴=2， 解得ω=π． 故选A． 【答案点睛】 本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、3 -260 【答案解析】 (1)令求得所有项的系数和； (2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项. 【题目详解】 将代入，得所有项的系数和为3. 因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为. 故答案为：3； -260 【答案点睛】 本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题. 14、 【答案解析】 画出满足条件的平面区域，求出交点的坐标，由得，显然直线过时，最小，代入求出的值即可． 【题目详解】 作出不等式组所表示的可行域如下图所示： 联立，解得，则点. 由得，显然当直线过时，该直线轴上的截距最小，此时最小， ，解得. 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题． 15、1 【答案解析】 由题意得展开式的二项式系数之和求出的值，然后再计算展开式各项系数的和. 【题目详解】 由题意展开式的二项式系数之和为，即，故，令，则展开式各项系数的和为. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了二项展开式的二项式系数和项的系数和问题，需要运用定义加以区分，并能够运用公式和赋值法求解结果，需要掌握解题方法. 16、0 【答案解析】 由题意，列方程组可求，即求. 【题目详解】 ∵在点处的切线方程为， ，代入得①. 又②. 联立①②解得：. . 故答案为：0. 【答案点睛】 本题考查导数的几何意义，属于基础题. 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）当时，将原不等式化简后两边平方，由此解出不等式的解集.（2）对分成三种情况，利用零点分段法去绝对值，将表示为分段函数的形式，根据单调性求得的取值范围. 【题目详解】 （1）时，可得，即， 化简得：，所以不等式的解集为. （2）①当时，由函数单调性可得 ，解得； ②当时，，所以符合题意； ③当时，由函数单调性可得， ，解得 综上，实数的取值范围为 【答案点睛】 本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，属于中档题. 18、（1）见解析（2） 【答案解析】 (1) 设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得, 则平面,即可证得平面平面． (2) 由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角， 且,最大即为最短时,即是的中点 建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果. 【题目详解】 （1）设AC的中点为O，连接BO，PO． 由题意，得，，． 在中，，O为AC的中点，， 在中，，，，，． ，平面，平面ABC， 平面PAC，平面平面ABC． （2）由（1）知，，，平面PAC， 是直线BM与平面PAC所成的角， 且， 当OM最短时，即M是PA的中点时，最大． 由平面ABC，， ，， 于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系， 则， ， 设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为， 则由得：. 令，得，，即. 则. 直线MA与平面MBC所成角的正弦值为. 【答案点睛】 本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般. 19、（1），.（2）见解析 【答案解析】 （1）分三种情况讨论即可 （2）将，的值代入，然后利用均值定理即可. 【题目详解】 解：（1）不等式可化为. 即有或或. 解得，或或. 所以不等式的解集为，故，. （2）由（1）知，，即， 由，得，， 当