2022-2023学年高三数学模拟试题3（浙江）（含解析）

2022-2023学年高三数学模拟试题
一、单选题
1．设全集，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A．1 B． C． D．
3．在棱长为的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
4．从0，1，2，3，4这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2，3时，2要排在3的前面（不一定相邻），这样的三位数有（ ）
A．39个 B．40个 C．36个 D．38个
5．已知圆O：，过直线l：在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
6．的展开式中的系数是（ ）
A．56 B．84 C．96 D．126
7．已知函数，，则图象如图的函数可能是( )
A． B． C． D．
8．经过双曲线右焦点的直线与的两条渐近线，分别交于，两点，若，且，则该双曲线的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．对于变量x和变量y，通过随机抽样获得10个样本数据，变量x和变量y具有较强的线性相关并利用最小二乘法获得回归方程为，且样本中心点为，则下列说法正确的是（ ）．
A．变量x和变量y呈正相关
B．变量x和变量y的相关系数
C．
D．样本数据比的残差绝对值大
10．在△ABC中，三个内角分别为A，B，C，下列结论正确的是（ ）
A． B．若，则；
C． D．若，则
11．已知函数，若存在，使得成立，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，的最小值为
12．在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的最小值是2
C．的最小值是 D．的面积最小值是
三、填空题
13．已知向量，的夹角为60°，，则______.
14．已知数列满足，则______.
15．已知抛物线：上有两动点，，且，则线段的中点到轴距离的最小值是___________.
16．已知直线与两坐标轴正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，则面积的最小值为______________
四、解答题
17．已知函数，.
（1）求的值；
（2）求函数的最小正周期；若，，求的值.
18．已知正项数列满足，（，）.
(1)写出，，并证明数列是等差数列；
(2)设数列满足，，求证：.
19．如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值．
20．有3名志愿者在2022年10月1号至10月5号期间参加核酸检测工作．
(1)若每名志愿者在这5天中任选一天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，求3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作的概率；
(2)若每名志愿者在这5天中任选两天参加核酸检测工作，且各志愿者的选择互不影响，记表示这3名志愿者在10月1号参加核酸检测工作的人数，求随机变量的分布列及数学期望．
21．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为．点P是椭圆E上的一个动点，且P在第一象限．记的面积为S，当时，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和．求证：存在常数λ，使得成立．
22．已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据补集、交集的运算求解即可.
【详解】，，，
，
故选：A
2．B
【分析】根据复数的除法运算化简得，进而可求其共轭复数.
【详解】由得，所以，故的虚部为，
故选：B
3．D
【分析】证明出平面，平面，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，进而可求得结果.
【详解】连接、、、、、、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，同理可得，
，平面，同理可证平面，
设过点且垂直于的平面为平面，则与平面、平面都平行，
平面，平面平面，平面平面，
，为的中点，则为的中点，
同理可知，平面分别与棱、、、交于中点，
易知六边形为正六边形，且其边长为，
因此，满足条件的所有点构成的平面图形的面积是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面.
4．B
【分析】先求出五个数选3个数全部的排列种数，再减去0作为首位时的情况，即0放在首位，剩下2个位置从剩余4个数中选两个，即，再减去选择2，3两数时3排在2前面的情况，因为不一定相邻，所以有三个数可选，有三个位置，因为032这个数再第一次和第二次中都被减了所以需要再加1，即可得到结果
【详解】
故选：B
5．B
【分析】根据圆的切线方程可以求出直线的方程，最后利用基本不等式进行求解即可.
【详解】设，则
设，
当时，， ，故,所以切线方程为：,而化解得切线方程为，同理
将的坐标代入上述直线方程，则有，
于是直线的方程为,
因此
的面积为.
当且仅当，即 时取等号.所以面积的最小值为.
故选：B.
6．D
【分析】根据通项公式表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是，表示出的系数，然后利用组合数的性质进行求解．
【详解】的展开式中的系数为．
故选：D
7．D
【分析】结合函数图像的奇偶性和单调性即可判断.
【详解】由图可知，该函数为奇函数，和为非奇非偶函数，故A、B不符；
当x＞0时，单调递增，与图像不符，故C不符；
为奇函数，当x→＋时，∵y＝的增长速度快于y＝lnx的增长速度，故＞0且单调递减，故图像应该在x轴上方且无限靠近x轴，与图像相符.
故选：D.
8．A
【分析】求双曲线的渐近线，并求直线与渐近线交点坐标，再由向量方程可得解.
【详解】双曲线渐近线为：，焦点，
设直线方程：，
则由列方程组可得；
同理可得；
因为，所以，
得，，而；
因为，所以，
所以.
故选：A.
9．BC
【分析】由回归方程中x的系数判断AB，将样本点中心代入回归方程得出，计算样本数据和的残差判断D.
【详解】解：由于回归方程中x的系数为，故变量x和变量y呈负相关，且相关系数，因此A选项错误，B选项正确；
将代入回归方程，解得，故C选项正确；
样本数据的残差为，
样本数据的残差为，故，因此D选项错误．
综上，BC选项正确．
故选：BC
10．AD
【分析】结合三角形内角和定理、诱导公式、正弦定理等知识确定正确选项.
【详解】，A选项正确.
，C选项错误.
若，则，所以，B选项错误.
对于D选项，， 则（为三角形外接圆的半径），由正弦定理得，所以，所以D选项正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】求出，则可得在上单调递增在上单调递减，则可画出的图像，利用同构可知等价于，结合图像则可判断AB选项，当时，则可得，，构造函数即可判断CD选项.
【详解】，，
，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以的图像如图所示：
又，即，
当时，要使越小，则取，故有，故A正确；
又与均可趋向于，故B错误；
当，且，
记，，
恒成立，即在上单调递增，
所以，即当成立，故C正确；
，令，
在单调递减，在单调递增，
，故D正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题考查利用导数研究函数的单调性与交点，属于难题；画出的图像，利用同构可知等价于，则可求出判断出AB选项，构造函数，则可判断C选项，构造函数则可判断D选项.
12．ABD
【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断．
【详解】解：由题意得：，
由角平分线以及面积公式得，
化简得，所以，故A正确；
，当且仅当时取等号，
，，
所以，当且仅当时取等号，故D正确；
由余弦定理
所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确；
对于选项：由得：，，
当且仅当，即时取等号，故C错误；
故选：ABD．
13．2
【解析】先利用数量积的运算律展开，再计算即得解.
【详解】由题得.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算律和计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
14．10
【分析】先求出，再根据递推公式求.
【详解】由题得时，；
当时，.
故答案为：10
15．2
【分析】设抛物线的焦点为，由，结合抛物线的定义可得线段的中点到轴距离的最小值.
【详解】设抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上的投影为，点在直线上的投影为，线段的中点为，点到轴的距离为，则
,
∴ ，当且仅当即三点共线时等号成立，
∴ 线段的中点到轴距离的最小值是2，
故答案为：2.
16．
【分析】先由题意及直线的几何意义可推得，再分别令与求得在两坐标轴的截距，由此利用三角形面积与基本关系式即可求得面积的最小值.
【详解】因为直线与两坐标轴正半轴分别交于A，B两点，
所以由化为，得，即，故，
令，则；令，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即面积的最小值为.
故答案为：.
.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）直接将代入解析式即可求解；
（2）利用辅助角公式化简，由周期公式即可求周期；由已知条件可得的值，由同角三角函数基本关系可得的值，再由两角和的正弦公式展开即可求解.
【详解】（1），
（2）因为，
所以函数的最小正周期，
由，
可得，所以即，
又因为，所以.
所以.
18．(1)，，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）易得，，由已知得，利用累乘法可求出；
（2）利用累加法可得，即可得出.
(1)
当时，，得，
当时，，得，
∵，∴，则，
∴、
，
且满足，则恒成立，
∴数列是首项为3，公差为2的等差数列.
(2)
∵，∴，
∴，∴，
∴，，，…，，
将上面个式子累加有，
∴，∴，
∴.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明；
(2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.
【详解】（1）证法1：
取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以，
因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC，
由平面ABC，所以FH⊥BC，
又E为AB的中点，则，且，所以，
因为EH，平面EFH，，
所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以．
证法2：
设，，，则
，
由题知，，，
所以，，
从而，即．
（2）由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，
由，得．
如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，，
，，，
设平面CEF的一个法向量为，
由得，取，
平面的法向量为，
由得，取，
设平面CEF与平面的夹角为，则．
所以平面CEF与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）先利用计数原理、排列知识得到所有结果数和满足要求的结果数，再利用古典概型的概率公式进行求解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，利用组合知识、古典概型的概率得到每个变量对应的概率，列表得到分布列，进而求出期望.
（1）
3名志愿者每人任选一天参加核酸检测，共有种不同的结果，
这些结果出现的可能性都相等．
设“3名志愿者恰好连续3天参加核酸检测工作”为事件A，
则该事件共包括不同的结果．
所以．
（2）
的可能取值为0、1、2、3，
，，
，，
0 1 2 3
P
.
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设，，，解方程组求出的值，再求出即得证.
【详解】（1）由题得. 所以当时，.
由已知得，且，，
所以，从而，所以椭圆E的方程为.
（2）根据椭圆的对称性，可设，，，
则即，
因为，直线PM与直线PN的斜率均不为零，
所以设直线PM的方程为（其中
直线PN的方程为（其中，
联立，得，所以，
所以，所以，
由，得，所以
所以，所以，
所以，
所以
即存在常数，使得成立．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)在上单调递增；
(2)1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间.
（2）由题意得对任意的的恒成立，即可求出a的最大值.
（3）由（2）知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，由此可得出，再证明：．
即可证明。
（1）
当时，，故在上单调递增．
（2）
若函数单调递增，则对任意的恒成立．
令，
在上，单增，在上，单减，
所以，即.
所以在恒成立，
则在恒成立，
令，则，
所以时，即递减，时，即递增，
故，即.
综上，a的最大值是1．
（3）
由于时，单调递增，故当有两个不同极值点时，．
此时，
于是在上单调递减，在上单调递增．
当趋向于0时，趋向于正无穷，，趋向于正无穷时，趋向于正无穷，则存在两个零点，
不妨设，也即的两个不同极值点，故
先估计，令，，
则，所以在上单调递增，
所以当时，，则，
当时，，所以，
所以
则
于是，
由知，，故．
只需再证明：．
由，
趋向于正无穷时，趋向于正无穷，
故存在．
又是的最大零点，则，得证！
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的单调性，导数的运算及一些导数中的基本不等式的运用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页