2023届湖北省襄州区四校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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 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．函数（）的图像可以是（ ） A． B． C． D． 2．点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆经过点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 4．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 5．若函数满足，且，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 6．已知等比数列的前项和为，若，且公比为2，则与的关系正确的是（ ） A． B． C． D． 7．设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ） A．1 B． C． D． 9．要得到函数的图象，只需将函数图象上所有点的横坐标（ ） A．伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度 B．伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移个单位长度 C．缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度 D．缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度 10．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为( ) A． B． C． D． 11．在中，，，，则在方向上的投影是（ ） A．4 B．3 C．-4 D．-3 12．已知，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入 A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是______. 14．已知是同一球面上的四个点，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积为______. 15．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_______． 16．的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，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）在极坐标系中，已知曲线C的方程为（），直线l的方程为.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且，求r的值. 18．（12分）已知函数，其中为自然对数的底数，． （1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值； （2）若，问函数有无极值点？若有，请求出极值点的个数；若没有，请说明理由． 19．（12分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，. （1）求的值； （2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴. 20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为. (1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程； (2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值． 21．（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形． （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、．试判断是否为定值,并说明理由． 22．（10分）如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且 （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求锐二面角的大小． 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，可排除，然后采用导数，判断原函数的单调性，可得结果. 【题目详解】 由题可知：， 所以当时，， 又， 令，则 令，则 所以函数在单调递减 在单调递增， 故选：B 【答案点睛】 本题考查函数的图像，可从以下指标进行观察：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）单调性；（5）值域，属基础题. 2、C 【答案解析】 设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求. 【题目详解】 设,则,所以, 依题意可得, 设,则, 当时,,则单调递减；当时,,则单调递增, 所以,且, 有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2. 故选:C 【答案点睛】 本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用. 3、B 【答案解析】 根据题意，设点在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论. 【题目详解】 由题意，设点在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为， 所以，， 又以为直径的圆经过点，则，即，解得，， 所以，，即，即， 所以，双曲线的离心率为. 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出与的关系，属于基础题. 4、D 【答案解析】 如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积. 【题目详解】 如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，. 因为，故， 因为，故. 由正弦定理可得，故，又因为，故. 因为，故平面，所以， 因为平面，平面，故，故， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度. 5、A 【答案解析】 由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值. 【题目详解】 函数满足，，即， ，，，即， ，则， 由基本不等式得，当且仅当时，等号成立. ， 由于函数在区间上为增函数， 所以，当时，取得最小值. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题. 6、C 【答案解析】 在等比数列中，由即可表示之间的关系. 【题目详解】 由题可知，等比数列中，且公比为2，故 故选：C 【答案点睛】 本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题. 7、A 【答案解析】 设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程. 【题目详解】 设，，其中， ，即 关于轴对称 故选： 【答案点睛】 本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程. 8、C 【答案解析】 对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案. 【题目详解】 对任意的总有恒成立 ，对恒成立， 令， 可得 令，得 当， 当 ，， 故 令，得 当时， 当， 当时， 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题. 9、B 【答案解析】 分析：根据三角函数的图象关系进行判断即可． 详解：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 得到 再将得到的图象向左平移个单位长度得到 故选B． 点睛：本题主要考查三角函数的图象变换，结合和的关系是解决本题的关键． 10、C 【答案解析】 根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较. 【题目详解】 因为，且的图象经过第一、二、四象限， 所以，， 所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为， 所以， 又，， 则|， 即， 所以. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想. 11、D 【答案解析】 分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可. 详解：如图所示： ， ， ， 又，， 在方向上的投影是：， 故选D. 点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题. 12、C 【答案解析】 由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，①若图中空白框中填入，则，②若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由①②均可得，③若图中空白框中填入，则，④若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由③可得，符合题意，由④可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由余弦定理，正弦定理得出，从而得出，推出的范围，由余弦函数的性质得出的范围，再利用二倍角公式化简，即可得出答案. 【题目详解】 由题意得 由正弦定理得 化简得 又为锐角三角形， 则，， . 故答案为 【答案点睛】 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题. 14、 【答案解析】 求得等边三角形的外接圆半径，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积. 【题目详解】 设是等边三角形的外心，则球心在其正上方处.设，由正弦定理得.所以得三棱锥外接球的半径，所以外接球的表面积为. 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，属于基础题. 15、 【答案解析】 由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案． 16、 【答案解析】 利用正弦定理边化角可得，从而可得，进而求解. 【题目详解】 由， 由正弦定理可得， 即， 整理可得， 又因为，所以， 因为， 所以， 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式，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、 【答案解析】 先将曲线C和直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，可得圆心到直线的距离，再由勾股定理，计算即得. 【题目详解】 以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，