山西省大同市希望學校2023年高三數學理模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.在中，，且，點滿足等于（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：B略2.已知，函數在處于直線相切，設，若在區間上，不等式恒成立，則實數A．有最小值

B．有最小值

C．有最大值

D．有最大值

參考答案：D略3.已知向量||=1，||=2，＜，＞=，則|+|為（）A．9 B．7 C．3 D．參考答案：D【考點】向量的模．【分析】由向量的數量積運算得==，把已知的數據代入求解即可．【解答】解：由題意得，====，故選：D．4.執行如圖所示的程序框圖，若輸出結果為3，則可輸入的實數值的個數為(

)A.1 B.2 C.3 D.4參考答案：C略5.如圖所示，已知雙曲線的右焦點為，過的直線交雙曲線的漸近線于、兩點，且直線的傾斜角是漸近線傾斜角的2倍，若，則該雙曲線的離心率為（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B6.設i是虛數單位，復數，則｜z｜＝

A.1B.C.D.2參考答案：B

【知識點】復數代數形式的乘除運算L1解析：復數z====1+i，則|z|=．故選B．【思路點撥】利用復數的運算法則、模的計算公式即可得出．7.圓的圓心到直線的距離是

A．

B．

C．

D．參考答案：D8.函數（其中＞0，＜的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需將的圖象(

)A.右平移個單位長度

B.左平移個單位長度C.右平移個單位長度

D.左平移個單位長度參考答案：C略9.如圖，陰影部分的面積是(

)A．2

B．2－

C.

D.參考答案：【知識點】定積分在求面積中的應用。B13

【答案解析】C解析：直線y=2x與拋物線y=3﹣x2；解得交點為（﹣3，﹣6）和（1，2）拋物線y=3﹣x2與x軸負半軸交點（﹣，0）；設陰影部分面積為s，則==；所以陰影部分的面積為，故選C．【思路點撥】求陰影部分的面積，先要對陰影部分進行分割到三個象限內，分別對三部分進行積分求和即可．10.某幾何體的三視圖如圖1所示，它的體積為A.

B.

C.

D.參考答案：C該幾何體是圓錐和半球體的組合體，則它的體積.

二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知拋物線，焦點為，準線為，為拋物線上一點，，為垂足，如果直線的斜率為，那么

.

參考答案：12.在三棱錐P﹣ABC中，△ABC與△PBC都是等邊三角形，側面PBC⊥底面ABC，AB=2，則該三棱錐的外接球的表面積為．參考答案：20π考點：球的體積和表面積．專題：計算題；空間位置關系與距離．分析：由題意，等邊三角形的高為3，設球心到底面的距離為x，則r2=22+x2=12+（3﹣x）2，求出x，可得r，即可求出該三棱錐的外接球的表面積．解答：解：由題意，等邊三角形的高為3，設球心到底面的距離為x，則r2=22+x2=12+（3﹣x）2，所以x=1，所以該三棱錐的外接球的表面積為4πr2=20π．故答案為：20π．點評：本題考查求三棱錐的外接球的表面積，考查學生的計算能力，確定球的半徑是關鍵．13.邊長為的等邊三角形內任一點到三邊距離之和為定值，則這個定值為；推廣到空間，棱長為的正四面體內任一點到各面距離之和為___________________.參考答案：略14.已知A（3，），O為原點，點P（x，y）的坐標滿足，則取最大值時點P的坐標是＿＿＿＿＿

參考答案：15.（5分）設函數f（x）的定義域為D，若存在非零實數l使得對于任意x∈M（M?D），有x+l∈D，且f（x+l）≥f（x），則稱f（x）為M上的“l高調函數”．現給出下列命題：①函數f（x）=2x為R上的“1高調函數”；②函數f（x）=sin2x為R上的“A高調函數”；③如果定義域為[﹣1，+∞）的函數f（x）=x2為[﹣1，+∞）上“m高調函數”，那么實數m的取值范圍是[2，+∞）；其中正確的命題是

．（寫出所有正確命題的序號）參考答案：①②③對于①，函數f（x+l）=2x+l，f（x）=2x，要使f（x+l）≥f（x），需要2x+l≥2x恒成立，只需l≥0；即存在l使得f（x+l）≥f（x）在R恒成立，∴函數f（x）=2x是R上的1（l≥0）高調函數，故①正確；對于②，∵sin2（x+π）≥sin2x，∴函數f（x）=sin2x為R上的π高調函數，故②正確；對于③，∵如果定義域為[1，+∞）的函數f（x）=x2為[﹣1，+∞）上m高調函數，只有[﹣1，1]上至少需要加2，實數m的取值范圍是[2，+∞），故③正確，綜上，正確的命題序號是①②③．故答案為：①②③16.“已知數列為等差數列，它的前項和為，若存在正整數，使得，則.”，類比前面結論，若正項數列為等比數列，

參考答案：正項數列為等比數列，它的前項乘積為，若，則；略17.下列說法：

①“”的否定是“”；

②函數的最小正周期是

③命題“函數處有極值，則”的否命題是真命題；

④上的奇函數，時的解析式是，則時的解析式為其中正確的說法是

。

參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.(本小題滿分12分)設函數，.(1)若曲線在點處的切線與直線垂直，求的單調遞減區間和極小值（其中為自然對數的底數）；（2）若對任意，恒成立，求的取值范圍.參考答案：（1）由條件得

……2分∵曲線在點處的切線與直線垂直，∴此切線的斜率為0即，有，得

……4分∴=，由得，由得.∴在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增，當時取得極小值.故的單調遞減區間為（0，），極小值為.

……6分（2）條件等價于對任意，恒成立，……（*）設，∴（*）等價于在（0，+∞）上單調遞減.

……9分由0在（0，+∞）上恒成立，

……10分得=恒成立，∴(對，僅在時成立)，故的取值范圍是[，+∞）.

……12分19.已知拋物線C的方程為,直線:與軸的交點在拋物線準線的右側.(Ⅰ)求證:直線與拋物線恒有兩個不同交點；(Ⅱ)已知定點,若直線與拋物線的交點為,滿足,是否存在實數,使得原點到直線的距離不大于,若存在，求出正實數的的取值范圍；若不存在，請說明理由．參考答案：解：(Ⅰ)由題知，聯立與，消去可得

……(*)∵且，∴，所以直線l與拋物線C恒有兩個不同交點；

……4分（Ⅱ）設，由(*)可得故∴又由原點到直線l的距離不大于，則有，由(Ⅰ)有，即，結合，化簡該不等式得：，恒成立，∴，令，則而函數在上單調遞減，∴∴

存在且，實數的取值范圍為.

……10分20.已知函數為常數），(1）若，且函數的值域為，求的表達式；(2）在（1）的條件下，當時，是單調函數，求實數的取值范圍；(3）設且為偶函數，判斷能否大于零？參考答案：（1）由題意，得：

，解得：，所以的表達式為：.(2）

5分圖象的對稱軸為：由題意，得：解得：

(3）是偶函數，

，不妨設，則又，則大于零.

21.

已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，左右焦點分別為F1，F2；且

點在橢圓C上．

(1)求橢圓C的方程；

(2)過F1的直線L與橢圓C相交于A、B兩點，且△AF2B的面積為，求以F2為圓

心且與直線L相切的圓的方程．參考答案：解：(1)設橢圓的方程為，由題意可得：

橢圓C兩焦點坐標分別為F1(-1,0），F2(1,0)．

………………2分

,又c=1,b2=4-l=3,

故橢圓的方程為．…………4分(2)當直線l⊥x軸，計算得到：，不符合題意，…6分當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為：y=k(x+1)，由，消去y得顯然△>O成立，設則

………………8分又即

'

…………10分又圓F2的半徑

……………11分所以化簡，得，即，解得k=±1，……l3分所以，，故圓F2的方程為：(x-1)2+y2=2．……………l4分(2)另解：設直線l的方程為x=ty-1，由，消去x得，△>O恒成立，設,則所以又圓F2的半徑為所以，解得t2=1，所以．故圓F2的方程為：22.如圖，平面ABEF⊥平面ABC，四邊形ABEF為矩形，AC=BC．O為AB的中點，OF⊥EC．（Ⅰ）求證：OE⊥FC：（Ⅱ）若=時，求二面角F﹣CE﹣B的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質．【分析】（Ⅰ）連結OC，則OC⊥AB，從而得到OC⊥OF，進而得到OF⊥OE，由此能證明OE⊥FC．（Ⅱ）由（I）得AB=2AF．不妨設AF=1，AB=2建立空間坐標系，求出平面的法向量，利用向量法即可．【解答】（Ⅰ）證明：連結OC，∵AC=BC，O是AB的中點，故OC⊥AB．

又∵平面ABC⊥平面ABEF，故OC⊥平面ABE，于是OC⊥OF．又OF⊥EC，∵OF⊥平面OEC，∴OF⊥OE，又∵OC⊥OE，∴OE⊥平面OFC，∴OE⊥FC；（Ⅱ）解：由（I）得AB=2AF．不妨設AF=1，AB=2