1、20222023学年高三年级模拟试卷数学(满分：150分考试时间：120分钟)20231一、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求1. 已知全集Ux|2x3，集合Ax|1x1，则UA()A. (1，1 B. (2，1(1，3)C. 1，1) D. (2，1)1，3)2. 若复数z在复平面内对应的点在直线y1上，且ziz，则z()A. 1i B. 1i C. 1i D. 1i3. ()6的二项展开式中的常数项是()A.
2、20 B. 15 C. 15 D. 204. 经验表明，树高y与胸径x具有线性关系，为了解回归方程的拟合效果，利用下列数据计算残差，用来绘制残差图胸径x/cm18.219.122.324.526.2树高的观测值y/m18.919.420.822.824.8树高的预测值y/m18.619.321.523.024.4则残差的最大值和最小值分别是()A. 0.4，1.8 B. 1.8，0.4 C. 0.4，0.7 D. 0.7，0.45. 为测量
3、河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得BCD的大小为60，点C，D的距离为200 m，在点C处测得塔顶A的仰角为45，在点D处测得塔顶A的仰角为30，则直塔AB的高为()A. 100 m B. 100 m C. (200200)m D. 200 m6. 已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1r2)，若两圆的一条公切线的方程为y(x3)，则()A. B. 2 C. D. 37. 设G为A
4、BC的重心，则23()A. 0 B. C. D. 8. 设ae，b，c2ln ，则()A. abc B. acb C. cba D. bac二、 选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1，CC1，则 ()A. EFBD B. EC1平面ABFC. EF平面B1CD1 &nbs
5、p; D. 直线EF与直线BD1异面10. 已知抛物线C：y2x的焦点为F，点M，N均在C上，若FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则MN()A. B. 1C. D. 111. 已知等差数列an中，当且仅当n7时，Sn取得最大值记数列的前k项和为Tk，则下列结论正确的是()A. 若S6S8，则当且仅当k13时，Tk取得最大值B. 若S6S8，则当且仅当k14时，Tk取得最大值C. 若S6S8，则当且仅当k15时，Tk取得最大值D. 若mN*，Sm0，则当k13或14时，Tk取得最大值12. 将样本空间视为一个单位正方形，任一事件均
6、可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积在如图所示的单位正方形中，区域表示事件AB，区域表示事件A，区域和表示事件B，则区域的面积为()A. P() B. P()C. P(|)P() D. P()P()三、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知sin(x)，x(0，)，则tan x_14. 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若PF1F2是以F1为顶点的等腰三角形，且cos F1PF2，则C的离心率e_15. 设过直线x2上一点A作曲线yx33x的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标
7、为_16. 已知球O的表面积为100 cm2，P是球O内的定点，OP cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB4 cm，则球心O到AB的距离为_cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为_cm3.四、 解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. (本小题满分10分)已知数列an中，a1，a2，a3，a6成等差数列，a5，a6，a7，成等比数列，a210，a62.(1) 求数列an的通项公式；(2) 记数列an的前n项和为Sn，若Sn0，求n的最小值18. (本小题满分12分)已知四边形ABCD内接于圆O，AB3，
8、AD5，BAD120，AC平分BAD.(1) 求圆O的半径；(2) 求AC的长19. (本小题满分12分)如图，已知菱形ABCD的边长为2，ABC60，E为AC的中点，将ACD沿AC翻折使点D至点D.(1) 求证：平面BDE平面ABC；(2) 若三棱锥DABC的体积为，求二面角DABC的余弦值20. (本小题满分12分)甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛，约定：随机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的比赛，先获胜两局者为优胜者，比赛结束已知每局比赛均无平局，且甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，乙赢丙的概率为.(1) 若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；(2) 求恰好打完2局结束比赛
9、的概率21. (本小题满分12分)已知双曲线C过点(3，)，且C的渐近线方程为yx.(1) 求C的方程；(2) 设A为C的右顶点，过点P(2，0)的直线与圆O：x2y23交于点M，N，直线AM，AN与C的另一交点分别为D，E，求证：直线DE过定点22. (本小题满分12分)已知0a1，函数f(x)xax1，g(x)x1logax.(1) 若g(e)e，求函数f(x)的极小值；(2) 若函数yf(x)g(x)存在唯一的零点，求a的取值范围20222023学年高三年级模拟试卷(海安)数学参考答案及评分标准1. B2. D3. C4. C5. A6. B7. B8. D9. AB10.
10、BD11. BD12. BC13. 14. 15. 2(答案不唯一，6也正确)16. 17. 解：(1) 设等差数列a1，a2，a3，a6的公差为d.因为a210，a62，所以解得所以an13(n1)33n16(1n5，nN*).(3分)设等比数列a5，a6，a7，的公比为q，则q2，所以an(2)n5(n6，nN*).综上，annN*.(5分)(2) 由(1)知，当n5时，an0，要使Sn0，则n6，(6分)此时Sn(a1a2a5)(a6an)5(13)335.(8分)由Sn0，得(2)n5，所以(n5)必为奇数，此时2n5，所以n5的最小值为7，所以n的最小值为12.(10分)18. 解：
11、(1) 设圆O的半径为R.在ABD中，由余弦定理BD2AB2AD22ABADcos BAD，得BD23252235()49，所以BD7.(3分)在圆O的内接ABD中，由正弦定理，得2R，故R，所以圆O的半径为.(6分)(2) 因为四边形ABCD内接于圆O，所以BADBCD180.又BAD120，故BCD60.因为AC平分BAD，所以BAC60.(8分)(解法1)因为AC平分BAD，所以，所以BCCD.又因为BCD60，所以BCD为正三角形，所以BCBD7.(10分)(解法2)在圆O的内接ABC中，由正弦定理，得2R.所以BC2Rsin 607.(10分)在ABC中，由余弦定理BC2AB2AC2
12、2ABACcos BAC，得7232AC223ACcos 60，即AC23AC400，解得AC8或AC5，因为AC0，所以AC8，所以AC的长为8.(12分)19. (1) 证明：由菱形ABCD知，DADC，又E为AC的中点，所以DEAC，同理，可得BEAC.(2分)因为DE, BE平面BDE, DEBEE，所以AC平面BDE.因为AC平面ABC，所以平面BDE平面ABC.(4分)(2) 解：过点D作DHBE交BE于点H，由(1) 知，平面BDE平面ABC.又平面BDE平面ABCBE，DH平面DBE, 所以DH平面ABC.(6分)因为三棱锥DABC的体积为，所以22DH，解得DH.(8分)在R
13、tDEH中，DE， 所以EH，于是BHBEEH.(解法1)如图，以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴，过点E与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，0)，D(0，)，所以(1，0)，(0，).设平面DAB的法向量n(x，y，z)，则n0，n 0，即xy0，yz0，令x，得y，z1，所以n(，1).(10分)又平面ABC的一个法向量m(0，0，1)，所以cos n，m，所以二面角DABC的余弦值为.(12分)(解法2)过点H作HFAB交AB于点F，连接DF.因为DH平面ABC，根据三垂线定理，得ABDF，所以DFH是二面角DABC的平面角(10分)在Rt
14、BFH中，HFBH sin 30.在RtDHF中，DF，所以cos DFH，所以二面角DABC的余弦值为.(12分)20. 解：(1) 记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件Ai，Bi，Ci，i1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件D，则DA1C2C3B1C2C3，(2分)所以P(D)P(A1C2C3B1C2C3)P(A1C2C3)P(B1C2C3)P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)(1)(1)(1)(1)(1)，所以丙成为优胜者的概率是.(6分)(2) 记“甲、乙打第一局“为事件A，“甲、丙打第一局”为事件B，“
15、乙、丙打第一局”为事件C，“恰打完2局比赛结束”为事件E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空间，依题意，P(A)P(B)P(C).所以P(E|A)P(A1A2B1B2)P(A1A2)P(B1B2)P(A1)P(A2|A1)P(B1)P(B2|B1).同理可得，P(E|B)，P(E|C).(9分)根据全概率公式知，P(E)P(AE)P(BE)P(CE)P(E|A)P(A)P(E|B)P(B)P(E|C)P(C)，所以恰好打完2局结束比赛的概率为.(12分)21. (1) 解：当x3时，代入yx，得y，所以双曲线C的焦点在x轴上(2分)不妨设双曲线C的方程为y2(0)，将点(3，)代入，得1，所
16、以C的方程为y21.(4分)(2) 证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A(，0).(5分)因为P，M，N三点共线，所以(不妨记为k).则(x12)y2(x22)y10，即x1y2x2y12(y1y2).(6分)设直线AM的方程为y(x).由消去y并整理，得(2xx13)x23yx3(xx16)0.则x3，故x3，y3.(8分)同理可得，x4，y4.所以直线DE的斜率k.(10分)所以直线DE的方程为ykx，即ykx.又因为y1k(x12)，所以ykx.所以直线DE过定点(0，0).(12分)22. 解：(1)由g(e)e，得e1logae
17、e，即logae1，所以a.(1分)所以f(x)xe1x，则f(x)1e1x，令f(x)0，得x1.(3分)当x(，1)时，f(x)0，故f(x)在(，1)上单调递减；当x(1，)时，f(x)0，故f(x)在(1，)上单调递增，所以函数f(x)的极小值为f(1)2.(5分)(2) 记p(x)f(x)g(x)ax1logax1，因为0a1，所以ln a0，则p(x)ax1ln a.记q(x)xax1ln2a1，则q(x)(ax1xax1ln a)ln2a(1x ln a)ax1ln2a.令q(x)0，得x，记其为t(t0)，此时ae.当x(0，t)时，q(x)0，故q(x)在(0，t)上单调递增
18、；当x(t，)时，q(x)0，故q(x)在(t，)上单调递减，所以q(x)在xt处取得极大值q(t)t(e)t1()21e11.(7分)不难发现函数ye11在t(0，)上单调递减，且正数零点为1.当t1，即a1时，有q(t)0，故p(x)0, 所以p(x)单调递增又p(1)0，所以函数p(x)有唯一的零点，所以a1.(9分)当0t<1，即0<a时，有q(t)>0，因为q(1)ln2a10，q()a1ln2a10(*)，所以q(x)在区间(1，)内存在唯一零点，记为x0，所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增因为p(x0)p(1)0，p()a10，所以函数
19、p(x)在区间(x0，)内存在唯一的零点，记为x0(x0x01)，这与p(1)0矛盾，所以0a不符合题意，故舍去综上，a的取值范围是，1).(12分)附(*)：q()a1ln2a1a2ln2a1(a1ln a1)(a1ln a1).易知a1ln a10，又a1ln a1()1ln 1.若()1ln 10，则()1ln 1.令t，te，则t1ln t1，即ln (t1ln t)0，从而(1)ln tln (ln t)0，又(1)ln tln (ln t)(1)ln tln t1(2)ln t1.令(t)(2)ln t1，te，则(t)ln t(2)ln t，又(t)0，故(t)在(e，)上单调递减，所以(t)(e)10，所以(t)在(e，)上单调递减，所以(t)(e)10，所以q()0.注：缺少(*)式证明，扣1分</a时，有q(t)>
