2022-2023学年高三数学模拟试题9（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．复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截而图形为（ ）
A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形
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．已知，则的展开式中的系数为（ ）
A．40 B． C．80 D．
7．已知函数，，则图象如图的函数可能是( )
A． B． C． D．
8．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线， 且它们的离心率不相同， 则下列方程中有可能为双曲线的标准方程的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是
B．从10名男生，5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的概率为
C．若随机变量，则
D．在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越好
10．下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数（，且），则（ ）
A．当时，恒成立
B．若有且仅有一个零点，则
C．当时，有两个零点
D．存在，使得有三个极值点
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．已知非零向量，，，则的最大值为______．
14．设数列的前项和为，且满足，，则___________.
15．设椭圆的左右焦点为，离心率为，抛物线的准线经过椭圆的右焦点．抛物线与椭圆交于轴上方一点，若的三边长恰好是三个连续的自然数，则的值为_______．
16．定义为实数中较大的数.已知，其中均为正实数，则的最小值是________.
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,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,,平面平面,且侧面为等边三角形.为线段的中点.
(1)求证:直线;
(2)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为.
20．某人花了元预定2023年杭州亚运会开幕式门票一张，另外还预定了两张其他门票，根据亚奥理事会的相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为预定成功者，他们可以直接购买门票，另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是0.1，若未成功，仍有0.2的概率获得b元开幕式门票的机会，获得其他两张门票中的每一张的概率均是0.5，且获得每张门票之间互不影响.
(1)求这个人可以获得亚运会开幕式门票的概率；
(2)假设这个人获得门票总张数是，求的分布列及数学期.
21．已知分别为椭圆的左 右焦点，长轴长为，分别为椭圆的上、下顶点，且四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的离心率为，过点的直线与曲线交于两点，设的中点为M，两点为曲线上关于原点对称的两点，且，求四边形面积的取值范围.
22．已知函数（）.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．
（其中是自然对数的底数）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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．C
【分析】直接求得虚部即可.
【详解】由题意知：虚部为2.
故选：C.
3．A
【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状.
【详解】取BC中点H，连接AH，GH，，.如下图所示：
由题意得，.又平面，平面，
平面，同理平面.又，平面，平面平面，故过线段且与平面平行的截面为四边形，显然四边形为等腰梯形.
故选：A
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．C
【分析】根据微积分基本定理先求出a，然后运用二项式的通项求得答案.
【详解】由题意，，
则，的系数为.
故选：C.
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．D
【分析】求出双曲线的离心率以及渐近线方程，再逐一判断选项的离心率和渐近线即可.
【详解】双曲线中，，则渐近线方程为，离心率.
对于A，，则离心率，故A错误；
对于B，，则渐近线方程为，故B错误；
对于C，，则离心率，故C错误；
对于D，，则渐近线方程为，离心率，故D正确.
故选：D
9．AC
【分析】对于A：根据代换的过程，直接求解；对于B：直接求出其中至少有一名女生的概率，即可判断；对于C：利用二项分布求出方差，再求；对于D：按照残差的意义直接判断.
【详解】对于A：因为，所以.
又，，
所以，所以.
故A正确.
对于B：从10名男生，5名女生中随机选取4人，有种，至少有一名女生的选法，有，所以其中至少有一名女生的概率为.故B错误.
对于C：
随机变量，所以，所以.故C正确；
对于D：按照残差的意义，在回归分析中，若残差平方和越小，则模型的拟合效果越好.故D错误.
故选：AC
10．CD
【分析】结合特殊角的三角函数值以及诱导公式逐项分析即可求出结果.
【详解】，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D正确，
故选：CD.
11．AC
【分析】对于A，将不等式变形，构造函数根据函数的单调性以及最值得出结论；
对于B、C，都是在A的构造函数的基础之上，由其图象的性质得到的相关结论；
对于D，构造函数，判断新函数的性质进一步推断原函数的性质.
【详解】对于A，即，两边取对数，，
令，，
单调递增；单调递减；
的最大值为，，A正确；
对于B，若有且仅有一个零点，则，两边取对数，有：，
由A选项知，即时此时也有一个零点，B错误.
对于C，，，两边取对数，有：，由A选项知：，
，C正确；
对于D，，令得：，两边取对数可得：
，设
则，令得：，
在上单调递减，在上单调递增；
最多有两个零点，最多有两个极值点，D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查函数零点、方程的根与图象交点的等价，考查函数的单调性、极值与最值的应用，本题的难点在于对式子的变形以及构造函数，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.
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．
13．13
【分析】根据向量数量积的运算性质，有，即可求的最大值.
【详解】∵，
∴当时，有最大值为169.
∴的最大值为13.
故答案为：13.
14．
【分析】将代入递推关系式即可得到结果.
【详解】当时，，又，.
故答案为：.
15．6
【分析】设，利用抛物线与椭圆的焦半径相等列出方程，求得的边长分别为，可得能使得的边长是连续的自然数，即可求得的值.
【详解】如图所示，设，
又设，则，
设，对于抛物线，
根据抛物线的定义，可得，
对于椭圆，可得，解得，
又由，解得，
所以，从而，
因为的三边长恰好是三个连续的自然数，
则的三边长分别为，且恰好是三个连续的自然数，
所以时，能使得的边长是连续的自然数，此时.
故答案为：6.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及标准方程，抛物线的定义及标准方程的应用，其中解答中结合图形，合理利用椭圆和抛物线的定义列出方程是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
16．
【分析】根据，分，讨论求解.
【详解】解：因为，当且仅当时，等号成立；
当，即时，，
当，即时，，
综上：的最小值是，
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）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)存在
【分析】(1)连接,通过一个顶角的菱形得到,又有得到平面即可证明结果;
(2)根据题意建立空间直角坐标系,设出点坐标,通过向量求平面法向量与的夹角正弦值,使其等于,得出点坐标即可.
【详解】（1）证明:连接,如图所示:
因为三角形为正三角形,,
又四边形为菱形,且,
所以也是正三角形,
所以,
平面,
平面,
又平面;
（2）由平面平面,及可得,平面.
直线两两垂直,以为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示,
菱形边长为2,所以可求得
,
,
设平面的法向量为,
则,
取,
可得其中一个法向量,
因为是线段上的点,
所以存在实数,
使得,
,
设直线与平面所成的角为,
则
,
解得或,
所以线段上存在点满足题意,且为线段的两个三等分点.
20．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）由独立事件概率乘法公式即可求得获得开幕式门票的概率；
（2）由题意确定的可能取值，再利用独立事件概率乘法公式求得每个取值对应的概率，从而求得的分布列，进而求得数学期.
【详解】（1）依题意得，获得元开幕式门票的概率为0.1，则未获得元开幕式门票的概率为0.9，
获得b元开幕式门票概率为0.2，
则获得开幕式门票的概率为.
（2）依题意得，的可能取值为，
则，，，，
故的分布列为：
则.
21．(1)或
(2)
【分析】（1）根据题意利用待定系数法列出方程组即可求得的值，进而得到椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得两点坐标，进而得到四边形面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.
（1）
由，得，又，则
由，可得或
则椭圆的方程为或.
（2）
由椭圆的离心率，则椭圆的方程为
当直线AB斜率存在时，设直线，
代入，整理得
则，
则直线
代入，整理得，
取，则
，则，则，即
当直线AB斜率不存在时，AB的方程为，
此时，，
，
综上，四边形面积的取值范围为.
22．(1)在单调递增，在单调递减；
(2)证明见解析.
【分析】（1）通过对函数求导，利用导数来研究函数的单调性.
（2）利用导数，通过构造函数，研究函数的单调性以及最值，再结合对数均值不等式、不等式放缩进行证明.
【详解】（1）已知函数，定义域为，
当时，，得，
所以当时，，当时，，
因此在单调递增，在单调递减.
（2）先证明，
已知函数，定义域为，
所以，
当时，，在单调递增，不满足题意；
当，可知在单调递增，在单调递减.
又当时，；当时，，
若函数有两个不同的零点，，不妨设，则，
即，令，则，
所以在上单调递增，又，
所以由，解得，所以，
因为，
设，则由于单调递增，则，
即，，利用对数均值不等式有
，可证得.
所以要证明，只要证明.
设（），则，
所以在单调递减，则.
因此有.
对数均值不等式证明如下：
不妨设，要证，即证，
令，即证，即，
即证：，令，
则，
所以在上单调递增，
所以，所以结论得证.
答案第1页，共2页
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