第20頁/共21頁2023屆高三三模考試數學試卷一、填空題1.復數集中，若復數z滿足，則___________．【答案】【解析】【分析】設出，再利用復數的運算法則和復數相等的定義即可得出結果.【詳解】設，則，則，解得，或，所以或，故答案為：2.雙曲線的離心率為____．【答案】【解析】【詳解】試題分析：由題意得：考點：雙曲線離心率3.若全集為，集合，，則___________．【答案】【解析】【分析】先求出集合，再求出，再利用集合的運算即可得出結果.【詳解】因為，由，得到，即，又，易知，所以，所以，故答案為：4.已知函數為奇函數，則實數______【答案】1【解析】【分析】根據奇函數的定義結合指數運算求解.【詳解】若函數為奇函數，則，即，解得：，故答案為：1.5.若的展開式中共有7項，則常數項為___________（用數字作答）.【答案】240【解析】【分析】由可得的值，再寫出展開式的通項，令的指數位置等于即可求解.【詳解】因為的展開式中共有7項，所以，可得，所以展開式的通項為，令可得，所以常數項為，故答案為：.6.從高三某班抽取名同學，他們的數學成績如下：，，，，，，，，，（單位：分），則這名同學數學成績的第百分位數是___________．【答案】【解析】【分析】根據百分位數定義可求.【詳解】解：因為，所以這名同學數學成績的第百分位數是，故答案為：.7.盒子中有大小與質地相同的5個紅球和4個白球，從中隨機取1個球，觀察其顏色后放回，并同時放入與其相同顏色的球3個，再從盒子中取1個球.則第二次取出的球是白色的概率為______.【答案】【解析】【分析】根據全概率公式求解可得.【詳解】設事件為“第一次抽到白球”，事件為“第二次抽到白球”，則，所以，由題可得，，，，所以.故答案：.8.關于x的不等式的解集是，則實數a的取值范圍為___________．【答案】【解析】【分析】構造，利用函數的性質，將問題轉化成在上恒成立，再通過分離常轉化成求函數的最值即可求出結果.【詳解】因為關于x的不等式的解集是，所以在上恒成立，令，易知為偶函數，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，當時，由，得到，當時，由，得到，又因為，當且僅當時取等號，所以，綜上，實數取值范圍為.故答案為：.9.已知，設，則函數的值域為___________．【答案】【解析】【分析】確定函數的定義域，化簡可得的表達式，換元令，可得，結合二次函數的性質即得答案.【詳解】由題意得，則，即的定義域為，故，令，則，函數在上單調遞增，故，故函數的值域為，故答案為：10.已知在上是嚴格增函數，且該函數在上有最小值，那么的取值范圍是___________．【答案】【解析】【分析】根據條件，結合的圖像與性質即可求出結果.【詳解】當時，，又因為在上是嚴格增函數，所以且，即，，又，取，得到，當時，，又，所以，又該函數在上有最小值，所以，得到，綜上所述，.故答案為：.11.已知正項數列的前n項和為，若，，數列的前n項和為，則下列結論正確的是___________．①；②是等差數列；③；④滿足的n的最小正整數解為10．【答案】②③④【解析】【分析】根據題意得，整理得，即可判斷②；由②知，，所以，，即可判斷①；因為，即，令，即，構造函數，利用函數的單調性即可判斷出③的正誤；再根據題意得，求和得，再根據題意求解即可判斷④的正誤.【詳解】因為，當時，，解得，當時，，所以，整理得，所以數列是首項為，公差為的等差數列，故②正確；對于①，由，又正項數列的前項和為，得到，當時，解得，當時，，即，又，所以時，滿足，所以，又，因為，所以，即，故①不正確；對于③，令，所以，當時，恒成立，所以在單調遞增，所以，即，所以在上恒成立，令，所以，又，即成立，故③正確；對于④，因為，所以，所以，所以，因為，即，化簡整理得：，當時，，當時，，所以滿足的的最小正整數解為，故④正確.故答案為：②③④.【點睛】給出與的遞推關系，求，常用思路是：一是利用轉化為的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為的遞推關系，先求出與之間的關系，再求.12.已知平面向量，，滿足，，，則的最大值為___________．【答案】【解析】【分析】根據題意，設出，，的坐標，結合向量模長的坐標公式，分類討論，即可得到的范圍，從而得到結果.【詳解】設，，，，由已知可得：，當且僅當時，取等號，當時，有，得，當時，有，得，所以當時，.所以的最大值為.故答案為：.二、選擇題13.“”是“”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充分必要條件 D.既非充分又非必要條件【答案】A【解析】【分析】解絕對值不等式得到解集為，從而得到，但，求出答案.【詳解】，當時，，即，解得，與取交集，得，當時，，即，成立，故，當時，，解得，與取交集，得，綜上：的解集為，因為，但，故“”是“”的充分不必要條件.故選：A14.實驗測得六組成對數據的值為，，，，，，由此可得y與x之間的回歸方程為，則可預測當時，y的值為（）A.67 B.66 C.65 D.64【答案】B【解析】【分析】先求出樣本中心點，線性回歸方程恒過，代入即可求出，再令，代入求解即可.【詳解】由表中數據可得，，，線性回歸方程為，則，解得，故，當時，.故選：B.15.將函數，的圖象繞點順時針旋轉角（）得到曲線C，若曲線C仍是一個函數的圖形，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】要使旋轉后的圖象仍為一個函數的圖象，旋轉后的切線傾斜角最多為，故只需求處的傾斜角即可.【詳解】函數，，當時，，函數在上遞增，當時，，函數在上遞減，可得在處切線的傾斜角為，因此，要使旋轉后的圖象仍為一個函數的圖象，旋轉后的切線傾斜角最多為，也就是說，最大旋轉角為，即的最大值為.故選：A.16.在棱長為1的正方體中，已知E為線段的中點，點F和點P分別滿足，，其中，，則下列說法不正確的是（）A.當時，三棱錐的體積為定值B.當時，四棱錐的外接球的表面積是C.的最小值為D.存在唯一的實數對，使得平面PDF【答案】C【解析】【分析】由線面平行的判定可知平面，知三棱錐底面積和高均為定值，A正確；根據正棱錐外接球的球法，可構造關于外接球半徑的方程，求得后知B正確；將C中問題轉化為在平面內求解的最小值，作關于線段的對稱點，將問題轉化為長度的求解，根據角度和長度關系可確定C正確；以為坐標原點建立空間直角坐標系，假設線面垂直可構造方程組求得，可知D正確.【詳解】對于A，當時，為中點，又為中點，，平面，平面，平面，則當在線段上移動時，其到平面的距離不變，三棱錐的體積為定值，A正確；對于B，當時，取交點，連接，則四棱錐為正四棱錐，平面，設四棱錐的外接球的球心為，半徑為，則在直線上，，，，即，解得：，四棱錐的外接球的表面積，B正確；對于C，將問題轉化為在平面內求解最小值，作關于線段的對稱點，過作，交于，如下圖所示，，（當且僅當與重合時取等號），，，，，即的最小值為，故C錯誤；對于D，以坐標原點，為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，若平面，則，，解得：（舍）或，存在唯一的實數對，使得平面，故D正確.故選：C.三、解答題17.在中，，，邊中線.（1）求的值；（2）求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理結合三角恒等變換得出的值；（2）由余弦定理得出，最后由面積公式得出的面積．【小問1詳解】因為，所以由正弦定理可得因為，所以，因為，所以.【小問2詳解】因為，，可知為等腰三角形.在中，由余弦定理可得即，解得.所以的面積為.18.如圖，三棱柱中?四邊形是菱形，且，，，，（1）證明：平面平面；（2）求直線和平面所成角的正弦值；【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于O，連接，證明可得線面垂直，再由面面垂直的判定定理得證；（2）利用等體積法求出點到平面的距離，再由線面角公式求解即可.【小問1詳解】連接交于O，連接，如圖，四邊形是菱形，所以，又，，是的中點，所以且，由，可知為正三角形，所以，，在中，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】設到平面的距離為，因為中，，，所以，又，，所以由，可得,即,設直線和平面所成角為，則.19.2022年11月21日第22屆世界杯在卡塔爾開幕，是歷史上首次在中東國家舉辦，也是第二次在亞洲國家舉辦的世界杯足球賽.某校“足球社團”調查學生喜歡足球是否與性別有關，現從全校學生中隨機抽取了人，若被抽查的男生與女生人數之比為5：3，男生中喜歡足球的人數占男生的，女生中喜歡足球的人數占女生的.經計算，有95%的把握認為喜歡足球與性別有關，但沒有99%的把握認為喜歡足球與性別有關.（1）請完成下面的列聯表，并求出k的值；喜歡足球不喜歡足球合計男生女生合計（2）將頻率視為概率，用樣本估計總體，從全校男學生中隨機抽取3人，記其中喜歡足球的人數為X，求X的分布列及數學期望.附：，其中.0.100.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）列聯表見解析，（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）依題意，先填好列聯表，再根據卡方計算臨界值求出k；（2）按照二項分布求解.【小問1詳解】由已知，完成列聯表，喜歡足球不喜歡足球合計男生15k10k25k女生5k10k15k合計20k20k40k將數值代入公式可得的觀測值：，根據條件，可得，解得，因為，所以；【小問2詳解】由（1）知，樣本的男生中喜歡足球的頻率為，用樣本估計總體，從全校男生中隨機抽取一人，喜歡足球的概率為，則，，，，，則X的分布列為X0123P；綜上，，數學期望為.20.已知橢圓C：的焦距為，且過點．（1）求橢圓C的方程；（2）設與坐標軸不垂直的直線l交橢圓C于M，N兩點（異于橢圓頂點），點P為線段MN的中點，為坐標原點．①若點P在直線上，求證：線段的垂直平分線恒過定點，并求出點的坐標；②求證：當的面積最大時，直線OM與ON的斜率之積為定值．【答案】（1）（2）①證明見解析，；②直線OM與ON的斜率之積為.【解析】【分析】（1）根據焦距和所過點聯立方程組求解即可；（2）設出直線方程并與橢圓方程聯立，①根據中點公式及垂直平分線方程化簡即可證明并得到定點；②利用弦長公式和點到直線距離公式，表示出三角形面積，并借助重要不等式得到三角形面積最大時，直線方程中的參數滿足的條件，由此化簡直線OM與ON的斜率之積即可得出定值.【小問1詳解】因為焦距為，即，所以，又因為橢圓過點，所以，解得，所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】由題意知，直線l斜率存在，設直線l方程為，設.由得，，.①因為點P為線段的中點，點P在直線上，所以，即，.所以.所以線段MN的垂直平分線方程為，即，即.故線段的垂直平分線恒過定點.②由弦長公式得，坐標原點到直線的距離為，所以的面積為.當且僅當，即時等號成立.所以.所以直線OM與ON的斜率之積為定值.21.已知，（1）求在處的切線方程以及的單調性；（2）對，有恒成立，求的最大整數解；（3）令，若有兩個零點分別為，且為的唯一的極值點，求證：.【答案】（1）切線方程為；單調遞減區間為，單調遞增區間為（2）的最大整數解為（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數的導數，求出，即可得到切線方程，解得到單調遞增區間，解得到單調遞減區間，需注意在定義域范圍內；（2）等價于，求導分析的單調性，即可求出的最大整數解；（3）由，求出導函數分析其極值點與單調性，構造函數即可證明；【