2023届云南省富宁县第二中学高三下学期第六次检测数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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．已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 2．已知数列为等差数列，为其前 项和，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知，，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 4．已知过点且与曲线相切的直线的条数有（ ）． A．0 B．1 C．2 D．3 5．函数的大致图象是 A． B． C． D． 6．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于（ ） A．2 B．1 C． D．0 7．如图，平面四边形中，，，，，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 8．第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，中国队以133金64银42铜位居金牌榜和奖牌榜的首位.运动会期间有甲、乙等五名志愿者被分配到射击、田径、篮球、游泳四个运动场地提供服务，要求每个人都要被派出去提供服务，且每个场地都要有志愿者服务，则甲和乙恰好在同一组的概率是（ ） A． B． C． D． 9．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( ) A．5 B．6 C．7 D．9 10．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（ ）. A．16 B． C．5 D．4 11．抛物线的焦点为，点是上一点，，则（ ） A． B． C． D． 12．已知直线过双曲线C：的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为________. 14．设函数在区间上的值域是，则的取值范围是__________. 15．某校高三年级共有名学生参加了数学测验（满分分），已知这名学生的数学成绩均不低于分，将这名学生的数学成绩分组如下：，，，，，，得到的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是________（填序号）． ①； ②这名学生中数学成绩在分以下的人数为； ③这名学生数学成绩的中位数约为； ④这名学生数学成绩的平均数为． 16．在长方体中，，，，为的中点，则点到平面的距离是______. 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）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点. （1）.求证:平面平面; （2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值. 18．（12分）记无穷数列的前项中最大值为，最小值为，令，则称是“极差数列”. （1）若，求的前项和； （2）证明：的“极差数列”仍是； （3）求证：若数列是等差数列，则数列也是等差数列. 19．（12分）如图，设A是由个实数组成的n行n列的数表，其中aij (i，j=1，2，3，…，n)表示位于第i行第j列的实数，且aij{1，-1}.记S(n，n)为所有这样的数表构成的集合．对于，记ri (A)为A的第i行各数之积，cj (A)为A的第j列各数之积．令 a11 a12 … a1n a21 a22 a2n … … … … an1 an2 … ann （Ⅰ）请写出一个AS(4，4)，使得l(A)=0； （Ⅱ）是否存在AS(9，9)，使得l(A)=0？说明理由； （Ⅲ）给定正整数n，对于所有的AS(n，n)，求l(A)的取值集合． 20．（12分）在中，角所对的边分别为，，的面积. （1）求角C； （2）求周长的取值范围. 21．（12分）已知动圆过定点，且与直线相切，动圆圆心的轨迹为，过作斜率为的直线与交于两点，过分别作的切线，两切线的交点为，直线与交于两点． （1）证明：点始终在直线上且； （2）求四边形的面积的最小值． 22．（10分）已知函数，若的解集为． （1）求的值； （2）若正实数，，满足，求证：． 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、B 【答案解析】 根据所给函数解析式，画出函数图像.结合图像，分段讨论函数的零点情况：易知为的一个零点；对于当时，由代入解析式解方程可求得零点，结合即可求得的范围；对于当时，结合导函数，结合导数的几何意义即可判断的范围.综合后可得的范围. 【题目详解】 根据题意，画出函数图像如下图所示： 函数的零点，即. 由图像可知，， 所以是的一个零点， 当时，，若， 则，即，所以，解得； 当时，， 则，且 若在时有一个零点，则， 综上可得， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了函数图像的画法，函数零点定义及应用，根据零点个数求参数的取值范围，导数的几何意义应用，属于中档题. 2、B 【答案解析】 利用等差数列的性质求出的值，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值. 【题目详解】 由等差数列的性质可得， . 故选：B. 【答案点睛】 本题考查等差数列基本性质的应用，同时也考查了等差数列求和，考查计算能力，属于基础题. 3、B 【答案解析】 ,选B 4、C 【答案解析】 设切点为，则，由于直线经过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程． 【题目详解】 若直线与曲线切于点，则， 又∵，∴，∴，解得，， ∴过点与曲线相切的直线方程为或， 故选C． 【答案点睛】 本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 5、A 【答案解析】 利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断. 【题目详解】 由题意可知函数为奇函数，可排除B选项； 当时，，可排除D选项； 当时，，当时，， 即，可排除C选项， 故选：A 【答案点睛】 本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题． 6、B 【答案解析】 先求出，再利用投影公式求解即可. 【题目详解】 解：由已知得， 由在方向上的投影为，得， 则. 故答案为：B. 【答案点睛】 本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题. 7、C 【答案解析】 由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果. 【题目详解】 解：由，翻折后得到，又， 则面，可知． 又因为，则面，于是， 因此三棱锥外接球球心是的中点． 计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为． 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题． 8、A 【答案解析】 根据题意，五人分成四组，先求出两人组成一组的所有可能的分组种数，再将甲乙组成一组的情况，即可求出概率. 【题目详解】 五人分成四组，先选出两人组成一组，剩下的人各自成一组， 所有可能的分组共有种， 甲和乙分在同一组，则其余三人各自成一组，只有一种分法，与场地无关， 故甲和乙恰好在同一组的概率是. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查组合的应用和概率的计算，属于基础题. 9、A 【答案解析】 由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出， 从而得出的最大值. 【题目详解】 因为， 则，即 整理得，令， 设， 则， 令,则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减，则， 因为，， 由题可知：时，则，所以， 所以， 当无限接近时，满足条件，所以， 所以要使得 故当时，可有， 故，即， 所以：最大值为5. 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力. 10、D 【答案解析】 由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值. 【题目详解】 设等比数列公比为，由已知，，即， 解得或（舍），又，所以， 即，故，所以 ，当且仅当时，等号成立. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档题. 11、B 【答案解析】 根据抛物线定义得，即可解得结果. 【题目详解】 因为，所以. 故选B 【答案点睛】 本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题. 12、B 【答案解析】 直线的倾斜角为，易得．设双曲线C的右焦点为E，可得中，，则，所以双曲线C的离心率为.故选B． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 根据题意，建立棱锥体积的函数，利用导数求函数的最大值即可. 【题目详解】 设底面边长为，则斜高为，即此四棱锥的高为， 所以此四棱锥体积为， 令， 令， 易知函数在时取得最大值. 故此时底面棱长. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查棱锥体积的求解，涉及利用导数研究体积最大值的问题，属综合中档题. 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、②③ 【答案解析】 由频率分布直方图可知，解得，故①不正确；这名学生中数学成绩在分以下的人数为，故②正确；设这名学生数学成绩的中位数为，则，解得，故③正确；④这名学生数学成绩的平均数为 ，故④不正确．综上，说法正确的序号是②③． 16、 【答案解析】 利用等体积法求解点到平面的距离 【题目详解】 由题在长方体中，， ， 所以，所以， 设点到平面的距离为 ，解得 故答案为： 【答案点睛】 此题考查求点到平面的距离，通过在三棱锥中利用等体积法求解，关键在于合理变换三棱锥的顶点. 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）见解析；（2）. 【答案解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值. 试题解析：（Ⅰ） 平面平面 因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面． （Ⅱ）如图， 以点为原点， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则 取，则为面法向量． 设为面的法向量，则， 即，取，则 依题意，则．于是． 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的正弦值为． 18、（1）（2）证明见解析（3）证明见解析 【答案解析】 （1）由