浙江省金华市曙光学校2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份浙江省金华市曙光学校2023届高三三模数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省金华市曙光学校2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．全集，，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，则（    ）
A．1 B．2 C． D．
3．函数的图象大致形如（    ）
A． B． C． D．
4．已知向量，向量在方向上的投影向量为（    ）
A． B． C．2 D．
5．如图位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早､规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，已知正四棱锥的高为，其侧棱与底面的夹角为，则该正四棱锥的体积约为（    ）

A． B． C． D．
6．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
7．已知函数，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数，，，，若，，则（    ）．
A． B．
C． D．

二、多选题
9．下列命题中正确的是（    ）
A．已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的分位数是7.5
B．样本相关系数的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强
C．已知随机变量，则
D．已知经验回归方程，则y与x具有负线性相关关系
10．若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（    ）．
A． B．展开式中各项系数和为
C．展开式中常数项为 D．展开式中各二项式系数和为
11．如图，在正方体中，分别为的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（    ）

A．直线平面EFG
B．直线和平面所成的角为定值
C．异面直线和所成的角不为定值
D．若直线平面EFG，则点为线段的中点
12．已知函数的定义域为，且的图象关于直线对称，，又，则（    ）
A．为偶函数 B．的图象关于点中心对称
C．是奇函数 D．

三、填空题
13．设随机变量X服从正态分布，若，则 ．
14．已知、均为锐角，且，，则 .
15．在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD，PA=1，AB=，AD=4，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，满足MA等于M到边CD的距离.当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为 ．
16．如图，已知有公共焦点、的椭圆和双曲线相交于A、B、C、D四个点，且满足，直线AB与x轴交于点P，直线CP与双曲线交于点Q，记直线AC、AQ的斜率分别为、，若，则椭圆的离心率为 .



四、解答题
17．已知等差数列的各项均为正数，，.
(1)求的前项和；
(2)若数列满足，，求的通项公式.
18．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．
(1)求角A的值；
(2)若的面积，，试判断的形状．
19．如图，圆台上底面半径为1，下底面半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点在平面的同侧，且.

(1)证明：平面；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成的正弦值.
条件①：三棱锥的体积为；条件②：与圆台底面的夹角的正切值为.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．某市阅读研究小组为了解该城市中学生阅读与语文成绩的关系，在参加市中学生语文综合能力竞赛的各校学生中随机抽取了500人进行调查，并按学生成绩是否高于75分（满分100分）及周平均阅读时间是否少于10小时，将调查结果整理成列联表.现统计出成绩不低于75分的样本占样本总数的，周平均阅读时间少于10小时的人数占样本总数的一半，而不低于75分且周平均阅读时间不少于10小时的样本有100人.

周平均阅读时间
少于10小时
周平均阅读时间
不少于10小时
合计
75分以下



不低于75分

100

合计


500
(1)根据所给数据，求出表格中和的值，并分析能否有以上的把握认为语文成绩与阅读时间是否有关；
(2)先从成绩不低于75分的样本中按周平均阅读时间是否少于10小时分层抽样抽取9人进一步做问卷调查，然后从这9人中再随机抽取3人进行访谈，记抽取3人中周平均阅读时间不少于10小时的人数为，求的分布列与均值.
参考公式及数据：.

0.01
0.005
0.001

6.635
7.879
10.828
21．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为6，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
22．已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)判断函数在上的单调性，并说明理由；
(3)对任意的，求实数a的取值范围.

参考答案：
1．D
【分析】列举可得，然后根据补集的运算得出，进而根据交集的运算即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】先求出z，再求
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
3．A
【分析】根据函数的奇偶性和函数值等知识确定正确答案.
【详解】依题意，
为偶函数，则为偶函数，
又，则.
故选A．
4．B
【分析】根据投影向量的定义，即可求得答案.
【详解】由题意得，，
所以向量在方向上的投影向量为，
故选：B
5．B
【分析】设正四棱锥的底面边长为，高为，得到为侧棱与底面所成的角，结合，求得，结合体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设正四棱锥的底面边长为，高为，
设，可得底面，即为侧棱与底面所成的角，
因为侧棱与底面的夹角为，可得，所以，
在正方形中，可得，所以，
可得正四棱锥的体积为，
又因为正四棱锥的高为，所以.
故选：B.

6．B
【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.
【详解】由双曲线：可得渐近线方程为，
因为，为的中点，

所以，，
所以，又， ，
所以即，
所以.
故选：B.
7．B
【分析】根据三角函数图象平移的原则得的表达式，根据的范围得出的范围，结合余弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】将函数向左平移个单位长度后得到函数，
即，
∵，∴，
∵在上有且仅有两个不相等的实根，
∴，解得，
即实数的取值范围是，
故选：B.
8．B
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
9．ABD
【分析】A选项由百分位数的定义计算即可；B选项根据样本相关系数的意义判断即可；C选项根据二项分布的期望公式计算；D选项由回归直线的斜率正负判断线性相关关系.
【详解】对于A选项，由，
所以第3个和第4个数的平均数为，
故A正确；
选项B样本相关系数的意义可知，
样本相关系数的绝对值越接近1时，
成对样本数据的线性相关程度越强，
故选项B正确
对于C选项，由，
则，
故C错误；
对于D选项，由，
可得y与x具有负线性相关关系，
可知D正确．
故选：ABD.
10．ABC
【分析】根据二项式定理以及二项展开式系数的性质，运用赋值法和二项式展开项公式求解.
【详解】因为第5项和第6项是相邻的两项， ，A正确；
令 ，则有 ，B正确；
， ，常数项 ，C正确；
二项式系数之和 ，错误；
故选：ABC.
11．AD
【分析】由平面截正方体的截面为正六边形，根据，证得平面，可判定A正确；过作，得到直线和平面所成的角为，设，得到，可判定B错误；由，证得平面，得到，可判定C错误；证得平面，得到，得到点为线段的中点，可判定D正确.
【详解】对于A中：如图（1）所示，平面截正方体的截面图形为正六边形，其中分别为，，的中点，
因为，平面，平面，
所以平面，所以A正确；

对于B 中，如图（2）所示，过作交于点，
在正方体，可得平面平面，
且平面，平面平面，所以平面，
则直线和平面所成的角为，且，
设，正方体的棱长为1，
则，，
所以，所以直线CP和平面ABCD所成的角不为定值，故B错误；
对于C中，在正方体，连接，
因为平面，且平面，所以，
又由正方形，可得,
又因为且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以C错误；

对于D中，在正方体中，可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
设，，则平面平面，
因为平面，平面，所以，
又在平面内，可得，，所以点为线段的中点，
所以D正确，
故选：AD．

12．AD
【分析】由的图象关于直线对称，可得为偶函数，可判断A；令中，求出可判断B；由可得的周期为4，故，令等价于，可得为偶函数可判断C；求出，再结合和的周期为4可判断D.
【详解】由的图象关于直线对称，
可得，即，
令，则，即，故为偶函数，A正确；
又因为，令等价于，
则①，令等价于，②，
②减①可得：，故的周期为4，
又，所以③，
令等价于，则④，因为为偶函数，
③减④可得：，故是偶函数，故C不正确；
令中，可得，
解得：，故B不正确；
令中，可得，
因为，则，
令中，可得，
因为，则，由，
因为的周期为4，且，
则，
，故D正确.
故选：AD.
13．
【分析】根据正态分布的概念及性质即可求解概率.
【详解】解：因为，
所以，
故答案为：.
14．/
【分析】利用题目信息以及平方关系分别计算得、角的正弦、余弦值，再利用两角差的正弦公式即可求得结果.
【详解】因为，，即，
所以，
又，即，则，
又、均为锐角，所以，，
所以，，
所以.
故答案为：
15．
【分析】根据抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线位于矩形内的一部分，找到三棱锥P－ABM的体积最小时的点F，然后利用补体法求出外接球的半径，即可求出表面积.
【详解】由抛物线定义可知：点位于底面矩形内以点A为焦点，为准线的抛物线上，
记点的轨迹为曲线，在矩形内以点为坐标原点，为轴，过点作垂线为轴
建立如图示平面直角坐标系，

由AD=p=4知抛物线的标准方程为：，
又AB=，所以，所以，
当点位于时，面积最小，
又平面ABCD，此时三棱锥的体积最小，
三棱锥的外接球与以PA，AB，BF为长宽高的长方体的外接球相同，
由长方体外接球模型可知，三棱锥外接球球心为的中点，
此外接球的半径为：，
所以．
故答案为：
16．/
【分析】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，联立方程组求的坐标，再求点的坐标，由条件列方程求椭圆的离心率.
【详解】设椭圆的方程为，
双曲线的方程为，
因为椭圆和双曲线有公共焦点、，
所以，
因为，
联立，可得，
所以，
所以点的坐标分别为，，，，
所以直线的斜率，直线的方程为，
所以点的坐标为，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，消得，
，
设点的坐标为，
则，
所以，，
所以直线的斜率，又，，
所以，又，
所以，
因为点，，
所以，
故，故
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；
（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.
【详解】（1）等差数列中，因为，所以，
又因为等差数列的各项均为正数.所以，
又因为，所以.
所以.
（2）由（1）得，因为，且，所以，
所以.
所以.
所以.
当时也符合.
所以的通项公式为.
18．(1)
(2)直角三角形

【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得角；
（2）由三角形面积求得，由余弦定理求得，然后用正弦定理可得判断的形状即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，

又是三角形内角，，
所以，
所以；
（2），，
，，
又， ，
所以,是直角三角形.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意证明四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理证明；
（2）选择条件①根据体积求出，选择条件②根据线面角的正切值求出，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图，

由题意，，
又.
又，
故，
所以四边形为平行四边形，
则，又面平面，
故平面.
（2）选①：，
又平面，
所以三棱锥体积.
所以.
选②：因为平面，
所以为与底面所成的角，
所以，
又，所以
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则有，
故，
设平面的法向量，
而，
故
令，解得，得，
设所求角的大小为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)，有的把握认为语文成绩与阅读时间有关
(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）根据已知完善列联表求出参数，应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验的基本思想得到结论；
（2）根据分层抽样等比例性质确定抽取9人的分布情况，进而写出可能的取值，并求出对应概率，写出分布列并求期望.
【详解】（1）根据已知条件，列联表如下：

周平均阅读时间少于
10小时
周平均阅读时间不少
于10小时
合计
75分以下
200
150
350
不低于75分
50
100
150
合计
250
250
500
所以，由表知，
所以有的把握认为语文成绩与阅读时间有关.
（2）依题意，成绩不低于75分的学生中周平均阅读时间少于10小时和不少于10小时的人数比是1:2，
按分层抽样抽取9人，则周平均阅读时间少于10小时有3人，不少于10小时的有6人，
从这9人中再随机抽取3人进行访谈，则可能的取值为，
，.
分布列如下：

0
1
2
3





.
21．(1)
(2)存在定点，

【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；
（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.
【详解】（1）周长为，
椭圆的离心率为，则，
所以
所以椭圆的标准方程为；
（2）设圆的半径为，，由（1）不妨设，
则的面积，
所以，，所以，
由，，得直线的方程为，
则点到直线的距离为，
整理，得，
把代入上式，得，
即，
由题意得，，，
所以，则，
把，代入椭圆的方程，得，
所以点在椭圆上，
所以存在定点，，使为定值2.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.
22．(1)；
(2)在上单调递增；
(3)

【分析】（1）通过导数的几何意义计算即可；
（2）由三角函数的有界性将导函数转化为，即可判定单调性；
（3）将问题转化为恒成立，结合第二问的结论得出符合题意，再利用导数去证明其充分性即可.
【详解】（1）由题意可得：，
故，所以在处的切线方程为：
（2）由上知 ，而，
故在上有，即，
令，即在上单调递增，
故，所以，故在上单调递增；
（3）问题转化为：恒成立，
令，则，
由（2）得在上单调递增，
而，满足题意，则，即（必要性）；
下证充分性，
当时，
令，
由（2）可得，故在上单调递增，，故，满足充分性.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】本题考察三角函数与导数结合，属于压轴题.第二三两问关键在利用三角函数的有界性放缩转化；而对于函数恒成立问题的处理方法有：必要性探路法、分离参数法、同构法等，需要较好的计算能力、分析能力，只有勤于总结练习才能更好的处理这类问题.