《山东省日照市2023届高三一模考试数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省日照市2023届高三一模考试数学试卷含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三数学试题第 1 页共 6 页参照秘密级管理启用前试卷类型：A2020 级高三模拟考试数学试题2023.02考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知集合|2Ax x，2|230Bx xx，则AB A 1 2)，B(2 3
2、，C(1 3，D(3，2.已知复数26i1 iz，i为虚数单位，则|z A2 2B2 3C2 5D2 63.在平面直角坐标系xOy中，角的大小如图所示，则tanA.32B.43C.1D.234.红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图 1，某球形灯笼主体的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分如图 2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积2SRh如图 1，已知该灯笼的高为58cm，圆
3、柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为A21940cmB22350cmC22400cmD22540cm山东省日照市高三数学试题第 2 页共 6 页5.已知正六边形ABCDEF的边长为 2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则PA PB 的最大值为A13B12C8D2 36.已知0 x，0y，设命题p：224xy，命题q：1xy，则p是q的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7.已知数列 na的前n项和为nS，且满足11a，12nnna aS，设3nnnab，若存在正整数p，qpq，使得1b，pb，qb成等差数列，则A
4、1p B2p C3p D4p 8.已知椭圆C：22221xyab(0)ab的左、右焦点为12FF，点(2 2)A ，为椭圆C内一点，点()Q ab，在双曲线:E22144xy上，若椭圆上存在一点P，使得2|+|8PAPF，则a的取值范围是A.(51 5，B.3 5，C.(51 2 5，D.35，二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。9.已知AB，分别为随机事件AB，的对立事件，()0()0P AP B，则下列结论正确的是A._()()1P AP AB._(
5、|)(|)1P A BP A BC.若AB，互斥，则()()()P ABP A P BD.若AB，独立，则(|)()P A BP A高三数学试题第 3 页共 6 页10.已知正方体1111ABCDABC D，过对角线1BD作平面交棱1AA于点E，交棱1CC于点F，则A.平面分正方体所得两部分的体积相等B.四边形1BFD E一定是菱形C.四边形1BFD E的面积有最大值也有最小值D.平面与平面1DBB始终垂直11.设函数()f x的定义域为R，且()1f x 是奇函数，当02x时，2()41f xxx；当2x 时，4()21xf x当k变化时，函数()()1g xf xkx的所有零点从小到大记为
6、12nxxx，则12()()()nf xf xf x的值可以为A3B5C7D912.已知ab，cd，ee1.0111abab，(1)e(1)e0.99cdcd，则A.0abB.0cdC.0adD.0bc三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.在5(1)x的展开式中，含2x项的系数为_14.已知函数()2sin()(0,|)2f xx 的最小正周期为，其图象关于直线6x对称，则()4f_15.对任意正实数a，记函数()|lg|f xx在,)a 上的最小值为am，函数()sin2xg x在0,a上的最大值为aM，若12aaMm，则a的所有可能值为_16.设棱锥MABCD
7、的底面为正方形，且MAMD，MAAB，如果AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为_高三数学试题第 4 页共 6 页四、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（10 分）在数列 na中，23122341naaaannn（1）求 na的通项公式；（2）证明：1212134(2)4nnaana18（12 分）已知ABC中，cba，是角CBA，所对的边，AbCAasin2sin，且1a.（1）求角B；（2）若ACBC，在ABC的边AB，AC上分别取ED，两点，使ADE沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值高三数学试题第
8、 5 页共 6 页19（12 分）如图，已知圆锥PABC，AB是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于AB，的一点，2 3PA设二面角PACB与二面角PBCA的大小分别为与（1）求2211tantan的值；（2）若tan3tan，求二面角APCB的余弦值20（12 分）已知抛物线C：22xpy(0)p 的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线yt（0t），垂足为Q.当EQF为等边三角形时，其面积为4 3.（1）求C的方程；（2）设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆22142xy交于A B，两点，直线OQ与AB交于点M试问：是否存在t，使得|AMBM？若存在，求t的值；若不存在，请
9、说明理由高三数学试题第 6 页共 6 页21（12 分）第 22 届世界杯于 2022 年 11 月 21 日到 12 月 18 日在卡塔尔举办在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有23的可能性扑不到球不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人
10、，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，易知121,0pp证明：13np 为等比数列；设第n次传球之前球在乙脚下的概率为nq，比较10p与10q的大小22（12 分）已知函数()e()ln()x af xg xxa aR，（1）若直线yx是()yg x的切线，函数()1()()1f xxF xg xx，总存在12xx，使得12()()2F xF x，求12()xF x的取值范围；（2）设()()()G xf xg x，若()G xb恰有三个不等实根，证明：122abaa高三数学试题第 1 页共 5 页20
11、20 级高三模拟考试数学答案2023.02一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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。1-4 DCDC5-8BBBA二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。9.ABD10.AC11.ABC12.AD三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.1014.315.13或1016.21.四、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【解析】（1
12、）解：因为23122341naaaannnL，则当1n 时，122a，即14a，.1 分当2n时，23112234naaaannnL，得21nann，所以2(1)nan n，.4 分14a 也满足2(1)nan n，故对任意的Nn，2(1)nan n.5 分（2）证明：111()(2)2(1)(2)212nnan nnnnnn，.7 分1211 11111134(2)2 2334122naanannnLL1 1112 224n.10 分18(1)解：因为sinsin2ACabA，所以由正弦定理边角互化得sinsinsinsin2ACABA，.2 分因为0,sin0,AAACB，所以sinsin
13、22BB，即cossin2BB，所以cos2sincos222BBB，.4 分因为0,B，所以(0,),cos0222BB，所以1sin22B，所以26B，即3B.6 分(2)解：因为ACBC，3B，所以ABC为等边三角形，即1ACBCAB，如图，设ADm，则1,BDm PDm，高三数学试题第 2 页共 5 页所以在BPD中，由余弦定理得22222211cos2212BPmmBPBDPDBBP BDBPm，整理得22211BPmmBPm，设,01BPxx，所以2223 231323222xxxxmxxxx，.10 分由于01x，故122x所以3232 332mxx，当且仅当3232xx时等号成
14、立，此时23x；所以AD的最小值为2 33.12 分19解：由题可知：POABC 面，分别取AC，BC的中点MN，连接PM，OM,PN,ON,则在圆O中，OMAC；因为PAPC,M是AC中点，所以ACPM；所以PMO.同理PNO.3 分于是22222222111()()()tantan2OMONOCOCOPOPOPAPOA.6 分（2）因为tan3tan，即3OPOPONOM，3OMON所以3BCAC，又22216BCACAB,解得2AC，2 3BC.8 分在圆O中，CACB，以点 C 为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系Cx
15、yz，则(0,0,0)C，(2,0,0)A,(0,2 3,0)B,又因为POABC 面，所以/OPz轴，从而(1,3,2 2)P.则(2,0,0)CA uur,(0,2 3,0)CB uur,(1,3,2 2)CP uur,设平面PAC的法向量为(,)x y zm，则00CACPmmuuruur，即2032 20 xxyz不妨取2 2y，则0 x，3z ，此时(0,2 2,3)m同理，平面PBC的一个法向量(2 2,0,1)n.10 分所以333cos=|3311 3m nmnmn，又二面角APCB为钝二面角，所以二面角APCB的余弦值为3333.12 分高三数学试题第 3 页共 5 页20解
16、析：（1）由已知抛物线 E 的焦点(,0)2aF，设与圆 G 相切的直线l方程为：2 50()52ayx，即250 xya2 分所以由点到直线的距离|2 20|145a，得1a 或7a 因为02a,所以1a,则抛物线E的方程22yx.5 分（2）设200(,)4xE x，则)(0txQ，当00 x 时，0OQtkx，由214yx可得12yx，所以切线l的斜率为012lkx，.6 分设11,A x y，22,B xy，线段AB的中点1212,22xxyyM，由22112222142142xyxy，可得22221212042xxyy，所以12121212042xxxxyyyy，.9 分整理可得：1
17、212121212yyyyxxxx，即12lOMkk，所以01122OMxk，可得01OMkx，又因为0OQOMtkkx，所以当1t 时，01OQOMkkx，此时,O M Q三点共线，满足|AMBM.当00=x时，结论亦成立，综上，存在1t ，使得|AMBM成立，.12 分21【解析】依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为1 113 39p，1 分门将在前三次扑到点球的个数X的可能取值为0,1,2,3，易知1(3)9X B，所以3318(X)()(),0,1,2,399kkkPkCk，3 分故 X 的分布列为X0123P5127296424382431729高三数学试题第 4 页共 5 页所
18、以 X 的期望为11()393E X 5 分（2）第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n 时，第1n次传球之前球在甲脚下的概率为1np，第1n次传球之前球不在甲脚下的概率为11np，则1111110(1)222nnnnpppp 7 分即1111()323nnpp，又11233p；所以13np 是以11233p 为首项，公比为12的等比数列；9 分由可知，1211()323nnp，所以9102111()3233p，所以9101011 2211(1)()22 3323qp；故1010pq12 分22【解析】（1）因为yx是g()x的切线，又 1,gxx设切点为00()xx，则0011,gx
19、x所以01x，又00()ln1g xxa1a，1 分得1e,1()ln1,1xxF xxx，当121xx时，由()(1)1F xF，则122F xF x，不合题意，舍去；当121xx时，()(1)ln1 1 1F xF，则122F xF x，不合题意，舍去；3 分故只存在121xx 时，才能使122F xF x，即112eln12xx，所以112121111lne21xxF xxxxx，令 1e2(1)xxxx，则 11e0 xx，故 1e2xxx在(,1)上递增，min12x故12xF x的取值范围为(,2).5 分（2）1eln,ex ax aG xfxg xxa Gxx在(0,)上递增，
20、当0a 时，11e10aG，111eaaeaaG ee高三数学试题第 5 页共 5 页令 11(1)1eeaaaat a,则 1e0ata，所以 t a为增函数 10e10t at，1e1aaa，111e0aaeaaG ee因而存在011eax，使得00Gx，当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；当0(,)xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点.000elnxaG xxa，由000e0,ln0,00 xaxaG x，此时 G xb不可能有三个根.当01a时，111e10,10aGG aa 因而存在01ax，使得00Gx，当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；当0(,)
21、xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点.000elnxaG xxa，由000e,l001nxaaxG x，此时 G xb不可能有三个根.当1a 时，111eln1,exxG xxGxx在定义域上递增，10G当(0,1)x时，0Gx，G x为减函数；当(1,)x时，0Gx，G x为增函数；所以01x 为极小值点.所以 10G为最小值，此时 G xb不可能有三个根.8 分当1a 时，111e10,10aGG aa ，存在01xa，使得00Gx当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；0(,)xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点，0min00()elnxaG xG xxa而00eln11,0,xaxa，所以 00mineln0 xaG xxa由0000010elnxaxxaxxG由 G xb有三个根，得00000011lneln2xabxaxaaxxx10 分由0001112xaxaxa，所以0011122222aaxaabaaxa12 分