2022-2023学年高三数学模拟试题5（浙江）（含解析）

2022-2023学年高三数学模拟试题
一、单选题
1．已知，，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．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（ ）
A．360种 B．300种 C．90种 D．150种
5．过坐标原点作圆的两条切线，切点为，直线被圆截得弦的长度为
A． B．
C． D．
6．已知的展开式中的系数为40，则的值为（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
7．已知函数，，则图象如图的函数可能是( )
A． B． C． D．
8．已知，是双曲线C：（，）的两个焦点，过点与x轴垂直的直线与双曲线C交于A、B两点，若是等腰直角三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知5个数据A1，A2，A3，A4，A5，去掉A4（5，13）后，下列说法正确的是（ ）
A1 A2 A3 A4 A5
（1，3） （2，4） （4，5） （5，13） （10，12）
A．样本相关系数r变大 B．残差平方和变大
C．变大 D．解释变量x与响应变量y的相关程度变强
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．已知实数，，且，若，则可能等于（ ）
A．0.5 B．1 C．2 D．3
12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（ ）
A．与均为定值 B．
C． D．的最大值为
三、填空题
13．若平面向量，满足，，与的夹角为60，则______．
14．已知数列满足，则______.
15．已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．
16．已知，，若存在实数，使得成立，则的取值范围为__________．
四、解答题
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，且的面积为.
(1)求a的值；
(2)若D为BC上一点，且______，求的值.
从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
18．已知数列的前n项积为，，且对一切均有.
（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，求证：.
19．在三棱锥中，平面，，，F为棱PC上一点，满足于F．
(1)求证：平面平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
20．某数学教师任教两个班级，在一次数学测试中，经统计：班学生人数50，平均成绩是81，方差为5；班学生人数40，平均成绩90，方差为5.在任教班级中按照分层随机抽样抽取9人，再从中随机抽取6人.
(1)若随机抽取的6人成绩分别为88，87，86，85，84，83，求这6人成绩的第50百分位数；
(2)随机抽取的6人中，记来自班的学生数为，请写出的分布列，求数学期望；
(3)求该教师所任教的所有学生在这次考试中数学成绩的均值与方差.
21．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆交于、两点，为椭圆的左焦点，求面积的最大值．
22．已知函数.其中为自然对数的底数.
(1)当时，求的单调区间：
(2)当时，若有两个极值点，且恒成立，求的最大值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】先求集合A的补集，再利用交集运算即可求解..
【详解】由，于是得，
而，所以.
故选：C
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．D
【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种.
故选：D
5．A
【分析】求得圆的圆心坐标和半径，借助，即可求解.
【详解】如图所示，设圆的圆心坐标为，半径为，
则,，
则，可得，
故选A.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到圆的切线方程应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6．B
【分析】首先变形得，然后利用二项式展开式的通项公式求出的系数即可.
【详解】由题意可得，
在的展开式中，由，
令无解，即的展开式没有项；
在的展开式中，由，
令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得.
故选：B
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．B
【分析】根据等腰直角三角形的性质，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】由题意不妨设，，当时，由，
不妨设，因为是等腰直角三角形，所以有
，或舍去，
故选：B
9．ACD
【分析】作出散点图，再根据散点图分析判断得解.
【详解】解：散点图如图所示，在5个数据中去掉A4（5，13）后，y与x的相关性加强．并且是正相关，所以样本相关系数r变大，R2变大，残差平方和变小，解释变量x与响应变量y的相关程度变强，所以选项ACD正确，选项B错误.
故选：ACD
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．AB
【分析】问题可转化为是大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作出图象，结合图象即可求解
【详解】因为实数，，且，若，
所以，即，
所以，
令，
，
令解得，令解得，
所以在单调递增，在上单调递减，
作出的图象如下：
，，不妨设，
，
由图象可知：，，且，
所以AB正确，CD错误；
故选：AB
12．BCD
【分析】对A，利用中点可得，，即可确定为定值，利用数量积的公式可判断是否为定值；对B，根据，结合余弦定理即可判断；对C，根据余弦定理结合基本不等式可知，再由A中为定值可知，代入不等关系中，即可判断；对D，利用余弦定理结合基本不等式可知，进而判断.
【详解】由题，对于A选项，，为定值；，不是定值，故A错误；
对于B选项，因为，
所以
，故B正确；
对于选项C，，当且仅当时，等号成立，
由A选项可知，，所以，解得，故C正确；
对于D选项，，当且仅当时，等号成立，因为，所以，所以为锐角，
又，所以，故D正确，
故选：BCD
13．24
【分析】根据数量积的运算律和数量积的定义可求的值.
【详解】，
故答案为：24.
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】方法一：利用点差法得到AB的斜率，结合抛物线定义可得结果.
【详解】［方法一］：点差法
设，则，所以
所以，
取AB中点,分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为
因为,，
因为为AB中点，所以平行于x轴，
因为M(-1,1)，所以，则即．
故答案为：2.
［方法二］：【最优解】焦点弦的性质
记抛物线的焦点为F，因为，则以为直径的圆与准线相切于点M，由抛物线的焦点弦性质可知，所以．
［方法三］： 焦点弦性质+韦达定理
记抛物线的焦点为F，因为，则以为直径的圆与准线相切于点M，记中点为N，则，设，代入中，得，所以，得，所以．
［方法四］：【通性通法】暴力硬算
由题知抛物线的焦点为，设直线的方程为，代入中得，设，则，同理有，由，即．又，所以，得．
［方法五］：距离公式+直角三角形的性质
设直线为，与联立得，则从而，可得的中点，所以．
又由弦长公式知．
由得，解得，所以．
［方法六］：焦点弦的性质应用
由题可知，线段为抛物线的焦点弦，，由于以抛物线的焦点弦为直径的圆必与准线相切，又点M恰为抛物线准线上的点，因此，以为直径的圆必与准线相切于点M．
过点M作平行于轴的直线交于点N，则N为圆心．
设，则．
又因为，所以联立解得．将的值代入中求得．
因为抛物线C的焦点，所以．
【整体点评】方法一：根据点差法找出直线的斜率与两点纵坐标的关系，再根据抛物线定义求出中点坐标，从而解出；
方法二：直接根据焦点弦的性质解出，是该题的最优解；
方法三：根据焦点弦性质可知，直线过点，再根据韦达定理求出直线的斜率；
方法四：直接设出直线方程，联立运算，属于解决直线与抛物线位置关系问题的通性通法，思路直接，运算复杂；
方法五：反设直线，再通过联立，利用直角三角形的性质求解，运算较复杂；
方法六：利用焦点弦的性质直接求出其中一点的坐标，再根据斜率公式求出．
16．
【分析】根据已知条件及不等式的性质，利用绝对值不等式的等价条件，再将不等式成立问题转化为函数的最值问题，结合基本不等式及一次函数的性质即可求解.
【详解】由于，故不等式两边同时除以，得，令，即不等式在上有解，去掉绝对值即得，即，即在上有解，
设，，即且即可.
因为，所以，
由
，当且仅当，即时，等号成立，故，即，故，
由在上，，即，故，
综上，的取值范围为，即的取值范围为.
故答案为：
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用题给条件求得的值，再利用余弦定理即可求得的值；
（2）选①时先利用正弦定理求得的值，再利用题给条件推得，进而得到的值；选②时先利用余弦定理求得的值，再利用题给条件推得，进而求得的值.
（1）
因为，，，所以，
由余弦定理得，
解得.
（2）
①当时，在中，由正弦定理，，
即，所以.
因为，所以，
所以，所以.
②当时，在中，由余弦定理知，.
因为，所以，
所以，所以，
所以.
18．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【分析】（1）将已知条件变形得，再根据，得，变形得，整理得，即可证明，并求出，即可求出数列的通项公式；
（2）根据（1）得，再证明对一切，，即可证明.
【详解】（1）∵对一切均有，∴
又，
∴，即
∴时，，得：
∴为等差数列，首项，公差
∴，
∴一切，
（2）∵，∴
∴
先证明，对一切，
令，则当时，
即在上单调递减，
故，∴，
∴
∴
19．(1)详见解析；
(2).
【分析】（1）由题可得，利用线面垂直的性质及判定定理可得平面，进而平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；
（2）利用等积法可得点到平面的距离，再结合条件可得，进而即得.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，，
所以，又平面，平面，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由平面，又平面，
所以，又，，
所以，
设点到平面的距离为，
由，平面，，
所以，即，
又平面，平面，
所以，又，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
20．(1)这6人成绩的第50百分位数是；
(2)分布列见解析，数学期望：；
(3)均值为85，方差为25.
【分析】（1）百分位求法求第50百分位数；
（2）由题意随机变量的取值为并求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望；
（3）根据已知各班级的平均成绩及方差求所有学生的成绩均值和方差.
(1)
由6人成绩从大到小为88，87，86，85，84，83，
这6人成绩的第50百分位数是.
(2)
按分层抽样，9人中有5人来自班，4人来自班.
随机变量的取值为.
，
分布列如下：
2 3 4 5
.
(3)
平均分：.
又，，即，，
方差：
.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得出关于、、的等式，求出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，将直线的方程与椭圆联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合函数的单调性可求得面积的最大值.
（1）
解：由题意可得，解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）
解：设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，
令，则，
设，其中，任取、且，
，
即，故函数在上单调递减，
故当时，的面积取最大值，且最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22．(1)的递增区间为，递减区间为；
(2)2.
【分析】（1）对函数求导，把代入导函数中对导函数进行化简，即可求出函数的单调区间.
（2）有两个极值点即为导函数的零点，令导函数等于零和，即可得方程，利用与韦达定理得到（或），再把代入原函数中进行化简即可得到， 要使恒成立，代入化简即可得，求出的最小值，即可得到答案.
【详解】（1）对求导得
当时，
当，即，；
当，即，；
故当时，的递增区间为，递减区间为.
（2）当时，由（1）知
令，则的两个不等实数解为
故
即（或）
故不等式恒成立恒成立（*）
由于，故，故（*）恒成立
令
则
是上的增函数，
，即最大值为.
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