《2022-2023学年南昌县莲塘第一中学高三一诊考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年南昌县莲塘第一中学高三一诊考试数学试卷含解析.doc（19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、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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设Py |yx21，xR，Qy |y2x，xR，则AP QBQ PCQDQ 2在复平面内，复数（为虚数
2、单位）对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD4甲在微信群中发了一个6元“拼手气”红包,被乙丙丁三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数多于其他任何人)的概率是（ ）ABCD5已知向量，则与的夹角为（ ）ABCD6已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）ABCD7抛物线方程为，一直线与抛物线交于两点，其弦的中点坐标为，则直线的方程为（ ）ABCD8若复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
3、A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知数列满足,(),则数列的通项公式( )ABCD10若复数是纯虚数，则实数的值为( )A或BCD或112019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：甲不是军事科学院的；来自军事科学院的不是博士；乙不是军事科学院的；乙不是博士学位；国防科技大学的是研究生则丙是来自哪个
4、院校的，学位是什么( )A国防大学，研究生B国防大学，博士C军事科学院，学士D国防科技大学，研究生12在正项等比数列an中，a5-a1=15，a4-a2 =6，则a3=（ ）A2B4CD8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，则的展开式中含的项的系数为_.14在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则_15已知双曲线的一条渐近线为,则焦点到这条渐近线的距离为_16在中，内角所对的边分别是.若，则_，面积的最大值为_.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。
5、17（12分）已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.18（12分）如图，三棱柱的所有棱长均相等，在底面上的投影在棱上，且平面（）证明：平面平面；（）求直线与平面所成角的余弦值.19（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，（1）若分别为，的中点，求证：平面；（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值20（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，.（1）求证：平面.（2）求二面角的大小.21（12分）表示，中的最大值，如，己知函数，.（1）设，
6、求函数在上的零点个数；（2）试探讨是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.22（10分）某地在每周六的晚上8点到10点半举行灯光展，灯光展涉及到10000盏灯，每盏灯在某一时刻亮灯的概率均为，并且是否亮灯彼此相互独立.现统计了其中100盏灯在一场灯光展中亮灯的时长（单位：），得到下面的频数表：亮灯时长/频数1020402010以样本中100盏灯的平均亮灯时长作为一盏灯的亮灯时长.（1）试估计的值；（2）设表示这10000盏灯在某一时刻亮灯的数目.求的数学期望和方差；若随机变量满足，则认为.假设当时，灯光展处于最佳灯光亮度.试由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮
7、度的时长（结果保留为整数）.附：某盏灯在某一时刻亮灯的概率等于亮灯时长与灯光展总时长的商；若，则，.参考答案一、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、C【解析】解：因为P =y|y=-x2+1，xR=y|y1，Q =y| y=2x，xR =y|y0,因此选C2、C【解析】化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限【详解】解：复数故复数对应的坐标为位于第三象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题3、C【解析】求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围
8、，再由离心率公式计算即可得到所求范围【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题4、B【解析】将所有可能的情况全部枚举出来,再根据古典概型的方法求解即可.【详解】设乙,丙,丁分别领到x元,y元,z元,记为,则基本事件有,共10个,其中符合乙获得“最佳手气”的有3个,故所求概率为,故选：B.【点睛】本题主要考查了枚举法求古典概型的方法,属于基础题型.5、B【解析】由已知向量的坐标，利用平面向量的夹角公式，直接可求出结果.【详解
9、】解：由题意得，设与的夹角为，由于向量夹角范围为：，.故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，注意向量夹角的范围.6、B【解析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：确定一个平面，因为平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四边形故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.7、A【解析】设，利用点差法得到，所以直线的斜率为2，又过点，再利用点斜式即可得到直线的方程
10、.【详解】解：设，又，两式相减得：，直线的斜率为2，又过点，直线的方程为：，即，故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线相交的中点弦问题，解题方法是“点差法”，即设出弦的两端点坐标，代入抛物线方程相减后可把弦所在直线斜率与中点坐标建立关系8、A【解析】将 整理成的形式，得到复数所对应的的点，从而可选出所在象限.【详解】解：，所以所对应的点为在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数对应的坐标.易错点是误把 当成进行计算.9、A【解析】利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可【详解】数列满足：，可得以上各式相加可得：，故选：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法
11、以及通项公式的求法，考查计算能力10、C【解析】试题分析：因为复数是纯虚数，所以且，因此注意不要忽视虚部不为零这一隐含条件.考点：纯虚数11、C【解析】根据可判断丙的院校；由和可判断丙的学位.【详解】由题意甲不是军事科学院的，乙不是军事科学院的；则丙来自军事科学院；由来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；由国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，故丙为学士.综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.12、B【解析】根据题意得到，解得答案.【详解】，解得或（舍去）.故.故选：.【点睛】本题考查了等比
12、数列的计算，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.【详解】，根据二项式展开式通项：，令，解得，所以含的项的系数.故答案为：【点睛】本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.14、【解析】该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出【详解】四棱锥为阳马，侧棱底面，且，设该阳马的外接球半径为，该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，侧棱底面，且底面为正方形，内切
13、球在侧面内的正视图是的内切圆，内切球半径为，故故答案为【点睛】本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.15、2.【解析】由双曲线的一条渐近线为，解得求出双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式求解即可【详解】双
14、曲线的一条渐近线为 解得： 双曲线的右焦点为焦点到这条渐近线的距离为：本题正确结果：【点睛】本题考查了双曲线和的标准方程及其性质，涉及到点到直线距离公式的考查，属于基础题16、1 【解析】由正弦定理，结合，可求出；由三角形面积公式以及角A的范围,即可求出面积的最大值.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以;所以，当，即时，三角形面积最大.故答案为(1). 1 (2). 【点睛】本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.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、【解析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵【详解】由特征值、特征向量定义可
15、知，即，得同理可得解得，.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单18、（）见解析（）【解析】（）连接交于点，连接，由于平面，得出，根据线线位置关系得出，利用线面垂直的判定和性质得出，结合条件以及面面垂直的判定，即可证出平面平面；（）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和平面的法向量，利用空间向量线面角公式，即可求出直线与平面所成角的余弦值.【详解】解：（）证明：连接交于点，连接，则平面平面，平面，为的中点，为的中点，平面，平面，平面，平面平面（）建立如图所示空间直角坐标系，设则，设平面的法向量为，则，取得，设直线与平
16、面所成角为，直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量法求线面角的余弦值，考查空间想象能力和推理能力.19、 (1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.试题解析：（1）连接,因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.因为，所以.因为，所以平面.因为分别为，的中点，所以，所以平面（2）设，由（1）得平面.由，得，.过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，如图所
17、示，又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.因为为平行四边形，所以，所以平面.又因为，所以平面.因为，所以平面平面.由（1），得平面，所以平面，所以.因为，所以平面，所以是与平面所成角.因为，所以平面，平面，因为，所以平面平面.所以，解得.在梯形中，易证，分别以，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.则，由，及，得，所以，.设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2) 设平面的一个法向量为，由得令，得.所以又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理
18、逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.【详解】（1）证明：平面平面ABEG，且，平面，由题意可得，且，平面.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量是，则，令，由（1）可知平面的法向量是，由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.21、（1）个；（1）存在，.【解析】试题分析：（1）设，对其求导，及最小值，从而得到的解析式，
19、进一步求值域即可；（1）分别对和两种情况进行讨论，得到的解析式，进一步构造，通过求导得到最值，得到满足条件的的范围试题解析：（1）设，1分令，得递增；令，得递减，1分，即，3分设，结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为15分（或由方程在上有两根可得）（1）假设存在实数，使得对恒成立，则，对恒成立，即，对恒成立 ，6分设，令，得递增；令，得递减，当即时，4故当时，对恒成立，8分当即时，在上递减，故当时，对恒成立10分若对恒成立，则，11分由及得，故存在实数，使得对恒成立，且的取值范围为11分考点：导数应用.【思路点睛】本题考查了函数恒成立问题；利用导数来判断函数的
20、单调性，进一步求最值；属于难题本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.22、（1）（2），,72【解析】（1）将每组数据的组中值乘以对应的频率，然后再将结果相加即可得到亮灯时长的平均数，将此平均数除以（个小时），即可得到的估计值；（2）利用二项分布的均值与方差的计算公式进行求解；先根据条件计算出的取值范围，然后根据并结合正态分布概率的对称性，求解出在满足取值范围下对应的概率.【详解】（1）平均时间为（分钟）（2），即最佳时间长度为72分钟.【点睛】本题考查根据频数分布表求解平均数、几何概型（长度模型）、二项分布的均值与方差、正态分布的概率计算，属于综合性问题，难度一般.（1）如果，则；（2）计算正态分布中的概率，一定要活用正态分布图象的对称性对应概率的对称性.