广东省茂名市第一中学2022-2023学年高三数学下学期5月份第二次半月考试卷（Word版附解析）.docx

1、高三级校内模拟考试（5月） 数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 若复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2. 已知集合，若，则（ ）A. B. C. 2D. 33. 已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与 的夹角是（ ）A. B. C. D. 4. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，已知圆：，若直线：上有且只有一个点 满足：过点作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且

2、使得四边形PMCN为正方形，则正实数m的值为（ ）A. 1 B. C. 3 D. 76.点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线 的准线的距离为，则的最小值为（ ）A.1 B.2 C. D.7圣索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于 1907 年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球， 圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物 AB，高为 6m，在它们之间的地面上的点 M（B，M，D 三点共线）处测得楼顶 A，教堂顶 C 的仰角分别是 15和

3、60，在楼顶 A 处测得塔顶 C 的仰角为 30，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取1.7)( ) A24.2m B28.2m C33.5m D46.4m8. 已知奇函数在上是减函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 二、多选题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 随机变量且，随机变量，若，则（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数 的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（ ）A. 是奇函数B. 图象关于直线对称C. 在

4、上是减函数D. 在上的值域为11、如图所示，已知A为圆台O1O2下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且SO1=1,O1O2=,AO2=2,则A.该圆台的体积为B.直线SA与直线O1O2所成角最大值为 C.该圆台有内切球，且半径为D.直线AO1与平面SO1O2所成角正切值的最大值为12. 已知函数，.（ ）A. 若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，B. 当且时，函数在上单调递增C. 当时，若函数有三个零点，则D. 当时，若存在唯一的整数，使得，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位

5、数一共有_个.（用数字作答）14.若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_.15. 在排球比赛的小组循环赛中，每场比赛采用五局三胜制甲、乙两队小组赛中相见，积分规则如下：以或获胜的球队积3分，落败的球队积0分；以获胜的球队积2分，落败的球队积1分若甲队每局比赛获胜的概率为0.6，则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，甲队前2局比赛都获胜的概率是_(用分数表示)16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆C在第一象限存在点M，使得，直线与y轴交于点A，且是的角平分线，则椭圆C的离心率为_.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18(10分）已

6、知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且3ccosB3a+2b（）求cosC；（）若，a3，如图，D为线段AB上一点，且CDAC，求CD的长18（12分）已知数列（1）若存在一个实数，使得数列为等差数列，请求出的值；（2）在（1）的条件下，求出数列an的前n项和Sn19（12分）如图，在四棱锥EABCD中，EC平面ABCD，ABBC，ACD是等边三角形，AC2（1）若AB1，求证：BC平面CDE；（2）若二面角EABD为30，EC1，求直线DE与平面ABE所成的角的正弦值20. （12分）某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测(检测

7、分为初试和复试)，并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示（1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值;（2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;（3） 复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖已知某学生进人了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值附：若随机变昰服从正态分布，则，21.（12分）已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴和轴，且

8、双曲线过点，.（1）求双曲线的方程；（2）设过点的直线分别交的左右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交直线于点，点满足.证明：直线过定点.22.（12分）函数为的导函数.（1）讨论的单调性；（2）若在三个不同的极值点.（i）求的取值范围；（ii）证明.高三级校内模拟考试（5月） 数学答案题号123456789101112答案CDBBCABDACACDACDBCD1. ，故在复平面内对应的点,则在复平面内所对应的点位于第三象限. 故选:C2. 因为，所以或，当时，即，则，不满足集合中元素的互异性，舍去；当时，或，当时，不满足集合中元素的互异性，舍去；当时，满足题意，所以， 故选：D3.因为，所以，

9、即.因为向量在向量方向的投影向量是，所以.所以，将代入得，又，所以. 故选：B4. 设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.正方体表面积为，所以，所以，；如图，正四面体，为中点，为的中心，则是底面上的高.则，所以，所以，所以，正四面体的表面积为，所以.又为的中心，所以.又根据正四面体的性质，可知，所以，所以，；球的表面积为，所以，所以，.因为，所以，所以，. 故选：B.5. 由可知圆心，半径为，因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，所以直线：上有且只有一个点，使得，即，所以圆心到直线的距离为，所以，解得或（舍）. 故选：C6.在中， ，易得. 故选：A7 在RtABM

10、中，在RtABM中，CAM=30O+15O=45O,AMC=180O-15O-60O=105O,所以ACM=30o，由正弦定理，可得，由， 在RtABM中CD=CMsin60o=8. 因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.因，所以，故为偶函数.当时，因，所以.即在上单调递减.，因，所以，即.9. 对AB，因为且，所以，故，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，选项D错误.10. ，由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，则，所以，将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.对于A选项，函数的定义域为，函数为奇函数，A选项正确；对于

11、B选项，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；对于C选项，当时，则函数在上是减函数，C选项正确；对于D选项，当时，则，.所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.11、对于 A选项 , ,则 A选项正确.对于 B选项,如图(1) ,过 s 作 sD垂直于下底面于点 D,则O1O2/SD 所以直线 sA与直线O1O2所成角即为直线 sA与直线 sD所成 角 , 图(1)即ASD为所求 ,而 , 由圆的性质得,1 AD3 , 所以 ,因为 , 则 B选项错误.对于 C选项,若圆台存在内切球,则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆,如图(2)所示,梯形的上底和下底分别为 2,4,高为 ,易得等腰梯形的腰

12、为 ,假设等腰梯形有内切圆,由内切圆的性质可得腰长为 R1 +R2 =3 ,所以圆台存在内切球,且内切球的半径为 ,则 C选项正确; 图(2) 对于 D选项,如图(3) ,平面SO1O2即平面SO1O2C，过点A作AHBC于点H，因为SD垂直于下底面，而AH含于下底面，所以SDAH,又SDBC=D,所以AH平面SO1O2C，所以直线AO1与平面SO1O2C所成角即为AO1H，且，设AH=x，则，所以，其中AH=x0,2，所以， 当X=0时，tanAO1H=0,当x(0,2时， 图(3)根据复合函数的单调性，可知函数在(0,2上单调递增，所以当x=2时，tanAO1H有最大值，最大值为，所以D正

13、确.12. A选项，由题，则，故A错误；B选项，当时，.因，则.或在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；C选项，当时，令，注意到当时，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点.令，其中.令或在上单调递增；或或或在，上单调递减，又，则可得大致图象如下，则由图可得，当，直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故C正确；D选项，由题可得，即存在唯一整数，使 图象在直线下方.则，得在上单调递减，在上单调递增，又，过定点，可在同一坐标系下做出与图象.又设过点切线方程的切点为，则切线方程为：，因其过，则或，又注意到结合两函数图象，可知或2.当时，如图1，需满足；当时，如图2，需满足；

14、综上：，故D正确.13. 【答案】312【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，综上可知，共有个.14. 【答案】 -2215. 【详解】由可得，令，当时，.当时单调减，当时单调递增，所以当时有最小值，即.函数，则，当时，.当时单调递增，当时单调递增，当时单调递增.因此，故函数在上的最大值为5，最小值为-27，最大值与最小值的和为-22.15. 【答案】【详解】甲队以获胜，即三局都是甲胜，概率是，甲队以获胜，即前三局有两局甲胜，第四局甲胜，概率是，设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件，“甲队前2局比赛

15、都获胜”为事件，甲队以获胜，即前2局都是甲胜，第4局甲胜，概率是，则，则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，甲队前2局比赛都获胜的概率.16. 【答案】【详解】由题意得，又由椭圆的定义得，记，则，则，所以，故，则，则，即等价于，得：或（舍）17解：（）法1：根据正弦定理，由3ccosB3a+2b，可得：3sinCcosB3sin（B+C）+2sinB，整理得3sinBcosC+2sinB0因为sinB0， 所以法2：由3ccosB3a+2b得3accosB3a2+2ab，由余弦定理得：3（a2+c2b2）6a24ab，整理得3（a2+c2b2）4ab，3abcosC+2ab0 所以（）法1：

16、在ABC中，由余弦定理得：，整理得b2+4b120，解得b2或b6（舍），即AC2在ABC中，由（1）结论可知：由正弦定理得， 所以，由（）结论可得出A为锐角，所以，在ACD中，法2：在ABC中，由余弦定理得：219+b223bcosC，将（）中所求代入整理得：b2+4b120，解得b2或b6（舍），即AC2在ABC中，由余弦定理可知：，所以，在ACD中，18解：（1）假设存在实数符合题意则必为与n无关的常数，要使是与n无关的常数，则故存在实数1使得数列为等差数列（2）由（1）可得， ， an（n+1）2n+1令bn（n+1）2n且前n项和为Tn，2Tn223+323+（n+1）2n+1Tn4

17、+22+23+（n+1）2n+14+2n+1（n+1）42n12n+1（n+1）2n+1（n+1）2n+1n2n+1，Tnn2n+1Snn2n+1+n19证明：（1）在ABC中，因为ABC90，AC2AB，所以ACB30，因为ACD是等边三角形，所以ACD60，因此BCD90，所以BCCD，因为EC平面ABCD，BC平面ABCD，所以ECBC，因为ECCDC，所以BC平面CDE；解：（2）因为EC平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABEC，又ABBC，且BCECC，所以AB平面BCE，又BE平面BCE，所以ABBE，因此CBE即为二面角EABD的平面角，所以，所以ACB30，以AC的中点O为

18、原点，分别以AC，OD所在直线为x轴和y轴，建立如下图所示的坐标系则，于是，设平面ABE的法向量为（x，y，z），取x1，得，设直线DE与平面ABE所成角为，则，故直线DE与平面ABE所成角的正弦值为20. 【解】(1)设样本平均数的估计值为则解得所以样本平均数的估计值为62(2)因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中所以所以所以估计能参加复试的人数为(3)由该学生获一等奖的概率为可知：则令当时，;当时，所以在区间上是减函数，在区间上是增函数所以所以的最小值为21.解：（1）由题意知，双曲线焦点在轴上，故设双曲线方程为.将两点坐标代入双曲线方程得.所以，即双曲线方程为.（2）直线过定点，下面

19、给出证明.三点共线设点，直线方程为.由题意知，直线的方程为.点为线段的中点，从而.，若.化简得（1）又，代入（1）式得.即证（2）联立，化简得.则.代入（2）式左边得.由于.从而（2）式左边等于0成立，直线过定点.22.解：（1）由题意知，.记，则.当即时，在单调递增.当即或时，设的解为.若，则由得，.因为，所以在单调递增.若，则由得，.此时.在递增，在递减，在递增.综上所述，当时，在单调递增；当时，在和单调递增，在单调递减.（2）（i）有三个不同的极值点等价于有三个不同根.显然，是方程的一个根.则问题转化为当时，方程有两个不等的根.令，则.构造函数且，令，则.，即在单调递增.又因为.所以当时，；当时，.易知：当时，则单调递增.当时，则单调递减.当时，则的图象如下图所示：为使与有两个交点，则的取值范围是.（ii）令.则易知：若是方程的根，则也是方程的根，即有.欲证，只需证，令.由（i）可知，.所以.即.因为，所以，即在上单调递减.又因为，所以在上恒成立.即在上恒成立.证得恒成立，即.