2023届浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高三压轴卷数学试卷（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．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（ ） A． B． C． D． 3．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（ ） A．1 B． C． D． 4．已知i是虚数单位，则（　 ） A． B． C． D． 5．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（ ） A．∥ B．∥ C．∥∥ D． 6．复数满足为虚数单位)，则的虚部为（ ） A． B． C． D． 7．已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 8．设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ） A． B． C． D． 9．命题“”的否定为（ ） A． B． C． D． 10．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（ ）cm3 A． B． C． D． 11．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 12．已知函数f（x）＝sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．三个小朋友之间送礼物，约定每人送出一份礼物给另外两人中的一人（送给两个人的可能性相同），则三人都收到礼物的概率为______. 14．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________ 15．若，则__________. 16．已知数列中，为其前项和，，，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）如图，已知正方形所在平面与梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，． （1）证明：平面； （2）求点N到平面CDM的距离． 18．（12分）已知函数. （1）求不等式的解集； （2）若正数、满足，求证：. 19．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（，且） （1）求数列的通项公式； （2）证明：当时， 20．（12分）已知函数. （Ⅰ）当时，求函数在上的值域； （Ⅱ）若函数在上单调递减，求实数的取值范围. 21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.已知点的直角坐标为，过的直线与曲线相交于，两点. （1）若的斜率为2，求的极坐标方程和曲线的普通方程； （2）求的值. 22．（10分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望. （2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为. ①求； ②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列. 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】 由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解． 【题目详解】 由三视图还原原几何体如图， 该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱， 半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1． 则几何体的体积为． 故选：． 【答案点睛】 本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 2、A 【答案解析】 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得的坐标得出答案. 【题目详解】 解：， 在复平面内对应的点的坐标是. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题． 3、C 【答案解析】 根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值, 即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可. 【题目详解】 由题, 总有即恒成立. 设,则的最大值小于等于0. 又, 若则,在上单调递增, 无最大值. 若,则当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增. 故在处取得最大值. 故,化简得. 故,令,可令, 故,当时, ,在递减； 当时, ,在递增. 故在处取得极大值,为. 故的最大值为. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题. 4、D 【答案解析】 利用复数的运算法则即可化简得出结果 【题目详解】 故选 【答案点睛】 本题考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题。 5、D 【答案解析】 根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可. 【题目详解】 对于A，当，，时，则平面与平面可能相交，，，故不能作为的充分条件，故A错误； 对于B，当，，时，则，故不能作为的充分条件，故B错误； 对于C，当，，时，则平面与平面相交，，，故不能作为的充分条件，故C错误； 对于D，当，，，则一定能得到，故D正确. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题. 6、C 【答案解析】 ，分子分母同乘以分母的共轭复数即可. 【题目详解】 由已知，，故的虚部为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查复数的除法运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题. 7、B 【答案解析】 求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限． 【题目详解】 由题意,对应点坐标为 ，在第二象限． 故选：B． 【答案点睛】 本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题． 8、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． 9、C 【答案解析】 套用命题的否定形式即可. 【题目详解】 命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”. 故选：C 【答案点睛】 本题考查全称命题的否定，属于基础题. 10、D 【答案解析】 解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体， 结合图中数据，计算它的体积为： V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=（6+1.5π）cm1． 故答案为6+1.5π． 点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可． 11、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. 12、A 【答案解析】 先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值. 【题目详解】 已知函数f（x）＝sin2x+sin2（x）， =， =， 因为， 所以f（x）的最小值为. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 基本事件总数，三人都收到礼物包含的基本事件个数．由此能求出三人都收到礼物的概率． 【题目详解】 三个小朋友之间准备送礼物， 约定每人只能送出一份礼物给另外两人中的一人（送给两个人的可能性相同）， 基本事件总数， 三人都收到礼物包含的基本事件个数． 则三人都收到礼物的概率． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题. 14、 【答案解析】 ，可得在时，最小值为， 时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边， 且，求解出即满足最小值为. 【题目详解】 当，，当且仅当时，等号成立. 当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足 并且，即，解得. 【答案点睛】 本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题. 15、 【答案解析】 由已知利用两角差的正弦函数公式可得，两边平方，由同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解． 【题目详解】 ，得， 在等式两边平方得，解得. 故答案为：. 【答案点睛】 本题主要考查了两角差的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题． 16、8 （写为也得分） 【答案解析】 由，得，.当时，，所以，所以的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列.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、（1）证明见解析 （2） 【答案解析】 （1）因为正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN， 因为平面ABMN，平面ABMN，所以，， 因为，所以， 因为，所以，所以， 因为在直角梯形ABMN中，，所以， 所以，所以，因为，所以平面． （2）如图，取BM的中点E，则， 又BM∥AN，所以四边形ABEN是平行四边形，所以NE∥AB， 又AB∥CD，所以NE∥CD，因为平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM， 所以点N到平面CDM的距离与点E到平面CDM的距离相等， 设点N到平面CDM的距离为h，由可得点B到平面CDM的距离为2h， 由题易得平面BCM，所以，且， 所以， 又，所以由可得， 解得，所以点N到平面CDM的距离为． 18、（1）；（2）见解析 【答案解析】 （1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ），分别解出，再求并集即可； （2）利用基本不等式及可得，代入可得最值. 【题目详解】 （1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ） 由（Ⅰ）得： 由（Ⅱ）得： 由（Ⅲ）得：. 原不等式的解集为； （2），，， ， ， 当且仅当，即时取等号， ， 当且仅当即时取等号， . 【答案点睛】 本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题. 19、 (1) (2)见证明 【答案解析】 (1)由题意将递推关系式整理为关于与的关系式，求得前n项和然后确定通项公式即可； (2)由题意结合通项公式的特征放缩之后裂项求和即可证得题中的不等式. 【题目详解】 （1）由，得，即，