海南省琼海市嘉积中学2023届高三高考模拟预测数学试题（含解析）

这是一份海南省琼海市嘉积中学2023届高三高考模拟预测数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

海南省琼海市嘉积中学2023届高三高考模拟预测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知，，则在复平面内所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．集合的子集个数为（    ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．已知向量，若，则（   ）
A． B． C． D．
4．最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪” .其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，当盆中积水深九寸（注：1尺=10寸）时，平地的降雨量是（    ）
A．9寸 B．6寸 C．4寸 D．3寸
5．已知抛物线上的点到其焦点的距离为4，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．东莞市同沙生态公园水绕山环，峰峦叠嶂，是一个天生丽质，融山水生态与人文景观为一体的新型公园．现有甲乙两位游客慕名来到同沙生态公园旅游，分别准备从映翠湖、十里河塘、计生雕塑园和鹭鸟天堂4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩．记事件：甲和乙至少一人选择映翠湖，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率（    ）
A． B． C． D．
7．已知，且，则（    ）
A． B． C． D．1
8．已知将函数的图像向左平移1个单位后关于轴对称，若，且，则（    ）
A．2 B． C．1 D．

二、多选题
9．已知条件p：；条件q：.若p是q的必要条件，则实数a的值可以是（    ）
A． B． C． D．
10．设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（    ）
A． B．
C．为常数 D．为等比数列
11．已知函数，则（    ）
A．函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到
B．函数的一个对称中心为
C．函数的最小值为
D．函数在区间单调递减
12．《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．如图正方体的棱长为2，点是该正方体的侧面上的一个动点（含边界），且平面，，分别是棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与直线不可能垂直
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．阳马的外接球与内切球的半径之比为

三、填空题
13．已知随机变量服从，若，则 .
14．过点作圆的切线有且只有一条，则该切线的方程是 （用一般式表示）．
15．已知分别是双曲线的左､右焦点，点是双曲线的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则双曲线的离心率为 .

四、双空题
16．已知关于x的方程．当时，方程的实数根为 ．若方程在内有两个不等的实数根，则a的取值范围是 ．

五、解答题
17．已知，，分别为内角，，的对边，且．
(1)求的值；
(2)若面积为，求边上的高的最大值．
18．已知在等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是数列的前项和，求.
19．如图，在长方体中，，点分别是的中点，点为棱上一点，且直线和所成的角为．

(1)求证：∥平面；
(2)求点到平面的距离．
20．根据党的“扶贫同扶志、扶智相结合”精准扶贫、精准脱贫政策，中国儿童少年基金会为了丰富留守儿童的课余文化生活，培养良好的阅读习惯，在农村留守儿童聚居地区捐建“小候鸟爱心图书角”.2016年某村在寒假和暑假组织开展“小候鸟爱心图书角读书活动”，号召全村少年儿童积极读书，养成良好的阅读习惯，下表是对2016年以来近5年该村庄100位少年儿童的假期周人均读书时间的统计：
年份
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码
1
2
3
4
5
每周人均读书时间（小时）
1.3
2.8
5.7
8.9
13.8
现要建立关于的回归方程，有两个不同回归模型可以选择，模型一:；模型二:，即使画出关于的散点图，也无法确定哪个模型拟合效果更好，现用最小二乘法原理，已经求得模型一的方程为.
(1)请你用最小二乘法原理，结合下面的参考数据及参考公式求出模型二的方程（计算结果保留到小数点后一位）；
(2)用计算残差平方和的方法比较哪个模型拟合效果更好，已经计算出模型一的残差平方和为.
附：参考数据：，其中，.
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.
21．已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点.
22．已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：
1．D
【分析】利用复数的除法法则计算出，得到其所在象限.
【详解】，
故所对应的点的坐标为，位于第四象限.
故选：D
2．B
【分析】确定，再计算子集个数得到答案.
【详解】，故子集个数为.
故选：B
3．A
【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.
【详解】 ， ；
故选：A.
4．D
【分析】根据圆台的计算公式求解.
【详解】
如图所示，由题意知天池盆上底面半径是14寸，下底面半径是6寸，高为18寸，
由积水深9寸知水面半径为 (14+6) = 10寸，
则盆中水体积为  (立方寸)，所以平地降雨量为 3(寸)；
故选：D.
5．D
【分析】先利用点在抛物线上，得到，再结合条件和抛物线的定义即可得出结果.
【详解】因为点在上，所以，得到，又点到其焦点的距离为4，根据抛物线定义知，，得到,
故选：D.
6．C
【分析】分别求出事件A，事件B对应基本事件的个数，再结合条件概率公式即可解得.
【详解】甲和乙至少一人选择映翠湖对应的基本事件有个，
∵甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有个，
∴．
故选：C.
7．B
【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.
【详解】，
,
，
又，则，即
所以，
因为，所以，.
由平方可得，即，符合题意.
综上，.
故选：B.
8．B
【分析】由题意得函数关于对称，即，结合，可得函数的周期为2，再根据，求出的值.
【详解】因为将函数的图像向左平移1个单位后关于轴对称，
所以函数关于对称，即，即；
又因为，所以，
即，所以，
因为，所以，即，
所以由，得，
即，所以函数的周期为2，
则，
由，得.
故选：B.
9．BC
【分析】根据p是q的必要条件得出的取值，结合选项可得答案.
【详解】由，得或，
由，得.
因为是的必要不充分条件，可知或，解得或.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
11．CD
【分析】化简得，逐项验证即可解决.
【详解】由题知，
，
对于A，的图像向左平移个单位长度，得，
再向下平移个单位长度得到，故A错误；
对于B，，
所以函数的一个对称中心为，故B错误；
对于C，，
当时，函数取最小值为，故C正确；
对于D，，
所以单调减区间应满足，解得，
所以单调减区间为，
因为，
所以函数在区间单调递减，故D正确.
故选：CD
12．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可判断A和C；根据平面即可判断B；利用等体积法即可判断D，从而得出答案．
【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，
所以 ，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则,取，则，
因为点是该正方体的侧面上的一个动点（含边界），
所以设点，其中，则，
对于A：因为平面，
所以，即，得，
所以，
所以，
因为，
所以，
当时，，即直线与直线垂直，故A错误；
对于B：设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为，
又因为平面，
所以点到平面的距离为定值，
又因为为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C：由上述结论得，，
平面的一个法向量为，
直线与平面所成角的正弦值为，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确；
对于D：易得阳马的外接球的直径为，
所以外接球半径，
易得，，，，，
由等体积法得
即，
解得，
所以，故D正确，
故选：BCD．

13．/
【分析】利用正态曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为，则.
故答案为：.
14．
【分析】由题意可知，点即为切点，切线与过该点的半径垂直，则切线斜率可求，从而可以写出切线方程.
【详解】设切线方程为，因为过点作圆的切线有且只有一条，则在圆上，切点与圆心连线的斜率，所以切线的斜率为，则切线方程为，化简得.
故答案为：
15．
【分析】作出辅助线，得到，求出，求出离心率.
【详解】由题知，过作轴于，则，

，
，解得，

故答案为：
16．
【分析】第一空：化简方程转化为的零点问题，利用导数判断其单调性即可；
第二空：化简方程为函数与函数在上有两个交点，结合直线的斜率与图象即可得到结果.
【详解】当时，原方程
令，易知在上单调递增，在上单调递减，又，故只有一个根；


问题转化为：函数与函数在上有两个交点，
显然是其中一个交点，
又由上知时只有一个交点，不符要求；
显然时两函数只有一个交点，不符要求；
当时，更平缓，由图象可得其与在存在一个交点，符合要求；
当，更陡峭，由图象可得当时两函数交点横坐标超过，符合要求；
故
故答案为：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）由正余弦定理边角转化即可求解，
（2）由三角形面积公式，结合基本不等式即可求解最值.
【详解】（1）∵，∴，
，，
∴，
∵，
∴.
（2）由面积为得：，而，
∴
∵边上的高为，
∴，则，
∵，
∴，当且仅当时，取“=”，
即的最小值为2．此时最大为．
18．(1)
(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求出数列的通项公式；
（2）化简数列的表达式，利用等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，则，解得，
所以，.
（2）解：.
因此，.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)由正方体的性质可知，，即可证得线面平行.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与一个方向向量，代入公式即可.
【详解】（1）在长方体中，

∴直线和所成的角，
∴直角三角形为等腰直角三角形，
，故点为棱的中点．
连接故．
又平面平面，
平面
（2）
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，

则，
设平面的法向量为，则，
即所以令，得：，
所以是平面的法向量，
设到平面的距离为，

∴所以点到平面的距离为．
20．(1)；
(2)模型二的拟合效果更好.

【分析】（1）首先换元令，先求得和，再根据数据和参考公式求得模型二的方程；
（2）利用残差公式，求模型二的残差，比较大小，即可判断.
【详解】（1）令，则模型二可化为关于的线性回归问题，则
，，
则由参考数据可得，
，
则模型二的方程为；
（2）由模型二的回归方程可得，，
，，，
，
∴，
故模型二的拟合效果更好.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题可得，据此可求得椭圆方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，后由韦达定理结合，可得m与k的关系即可得直线恒过的定点.
【详解】（1）由题知，，，，
由的面积为，得，
又，代入可得，，∴椭圆的方程为.
（2）联立得，
设，，可得，，
由题知，
即，
即，解得，
∴直线的方程为，故直线恒过定点.
22．(1)极小值为，无极大值
(2)

【分析】（1）首先求函数的导数，判断导数的单调性，根据导数的零点，判断函数的单调性，即可求解函数的极值；
（2）由不等式参变分离为在恒成立，构造函数后，利用导数求函数的最值，即可求参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，             
则在上单调递增，因为，
所以，，单调递减，
，，单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
（2）令，则即，因为
即在时恒成立，                     
令，
，故单调递增，             
所以，故．