2023屆高三聯(lián)合模擬預(yù)測數(shù)學(xué)試題（含答案）一、單選題（共40分）1. 已知集合，，則（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)集合的定義，求得集合，再根據(jù)集合的并運算求解即可.【詳解】因為，又，故.故選：B.2. 復(fù)數(shù)滿足，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的公式及復(fù)數(shù)的運算法則求得，利用共軛復(fù)數(shù)的概念得出答案.【詳解】因為，所以，所以．故選：A．3. 數(shù)列{an}滿足，，數(shù)列的前項積為，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)條件，利用等比數(shù)列的定義得到數(shù)列為等比數(shù)列，從而求出通項，利用通項即可求出結(jié)果.【詳解】因為數(shù)列滿足a1＝，an+1＝2an，易知，所以為常數(shù)，又，所以數(shù)列是以2為首項，公比為的等比數(shù)列，所以，所以，故選：C．4. 已知向量，則“”是“”的（    ）A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】首先求出當(dāng)時，或者，然后根據(jù)小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍判斷是什么條件即可.【詳解】因為，若，則即，解得或者，所以推不出；反之能推出，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點睛】本題主要考查充分必要性，在求解過程中始終利用小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍的原則判斷即可.5. 若二項式的展開式中只有第3項的二項式系數(shù)最大，則展開式中項的系數(shù)為（    ）A. 32 B.  C. 16 D. 【答案】B【解析】【分析】運用二項式系數(shù)最大項求出n的值，再運用二項展開式的通項公式計算即可.【詳解】∵的展開式共有項，只有第3項的二項式系數(shù)最大，∴，∴，∴的第項為，（），∴令，解得：，∴，即：展開式中項的系數(shù)為.故選：B.6. 已知函數(shù)，則（    ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】D【解析】【分析】結(jié)合函數(shù)的解析式及對數(shù)的運算性質(zhì)計算即可.【詳解】由題意可得 ，故選：D.7. 如圖所示，梯形中，，且，點P在線段上運動，若，則的最小值為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用坐標(biāo)法，設(shè)，可得，進(jìn)而可得，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即得.【詳解】如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則，∴，設(shè)，，∴，又，∴，解得，∴，即的最小值為.故選：B.8. 已知函數(shù)，則的解集為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合奇偶性求不等式即可.【詳解】均為偶函數(shù)，故函數(shù)為偶函數(shù)，令則，，即在R上單調(diào)遞減，又在恒成立，故函數(shù)在上遞減，在遞增..故選：C.二、多選題（共20分）9. 下列說法正確的有　　A. 若，則的最大值是B. 若，則的最小值為2C. 若，，均為正實數(shù)，且，則的最小值是4D. 已知，，且，則最小值是【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)選項中各式的特點，進(jìn)行適當(dāng)變形，使用基本不等式進(jìn)行判斷．注意“1”的妙用及等號能否取到．【詳解】對于，由可得，由基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)即時取等號，所以的最大值為，故正確；對于，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，但此時無解，等號無法取得，則最小值不為2，故錯誤；對于，由可得，當(dāng)且僅當(dāng)且，即，，時，等號成立，由于，，均為正實數(shù)，則等號取不到，故錯誤；對于，由可得，代入到，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，故正確．故選：．10. 隨著時代與科技的發(fā)展，信號處理以各種方式被廣泛應(yīng)用于醫(yī)學(xué)、聲學(xué)、密碼學(xué)、計算機(jī)科學(xué)、量子力學(xué)等各個領(lǐng)域.而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數(shù)，的圖象就可以近似的模擬某種信號的波形，則下列說法正確的是（    ）A. 函數(shù)圖象關(guān)于直線對稱B. 函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱C. 函數(shù)為周期函數(shù)，且最小正周期為D. 函數(shù)導(dǎo)函數(shù)的最大值為3【答案】ABD【解析】【分析】判斷與的關(guān)系可判斷AC；討論奇偶性可判斷B；求出導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)可判斷D.【詳解】因為函數(shù)，定義域為，對于A， ，所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，故A正確；對于B，，所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點對稱，故B正確；對于C，由題知，故C錯誤；對于D，由題可知，且，故D正確.故選：ABD.11. 已知，滿足，則（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用指數(shù)式和對數(shù)式的運算規(guī)則，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和基本不等式求最值，驗證各選項是否正確.詳解】對于A，由，得，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，A正確；對于B，由，得且，令，則，解得，解得，得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即，B正確；對于C，當(dāng)時，滿足，，C錯誤；對于D，，D正確.故選：ABD.12. 已知直線過點且與圓：相切，直線與軸交于點，點是圓上的動點，則下列結(jié)論中正確的有（    ）A. 點的坐標(biāo)為B. 面積的最大值為10C. 當(dāng)直線與直線垂直時，D. 的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合直線與圓，點與圓的位置關(guān)系，以及垂直直線的斜率關(guān)系和正切的二倍角公式，一一判斷即可.【詳解】根據(jù)題意，易知點在圓上.因為，所以直線的斜率，因此直線的方程為，令，得，因此點的坐標(biāo)為，故A正確；因為點是圓上的動點，所以點到直線的最大距離，又因為，所以面積，故B正確；因為直線：與直線垂直，所以，解得，故C錯誤；當(dāng)直線與圓相切時，銳角最大，即最大，此時，因為，所以，故D正確.故選：ABD.三、填空題（共20分）13. 曲線在點處的切線方程為________________________．【答案】．【解析】【分析】求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)，再求出（1）的值，利用直線方程的點斜式得答案．【詳解】由，得，（1），又（1），曲線在點，（1）處的切線方程為，即．故答案為：．【點睛】方法點睛：在函數(shù)上的點處的切線方程為，在解題時注意靈活運用.14. 在的展開式中，的系數(shù)為______．【答案】【解析】【分析】展開式的通項為，可得包含，再求出展開式的通項，得到的系數(shù)即可.【詳解】由二項式展開式的通項，可得 ，故只有包含，又展開式的通項為，故當(dāng)時，的系數(shù)為.故答案為：15. 核桃（又稱胡桃、羌桃）、扁桃、腰果、榛子并稱為世界著名的“四大干果”．它的種植面積很廣，但因地域不一樣，種植出來的核桃品質(zhì)也有所不同：現(xiàn)已知甲、乙兩地盛產(chǎn)核桃，甲地種植的核桃空殼率為2%（空殼率指堅果，谷物等的結(jié)實性指標(biāo)，因花未受精，殼中完全無內(nèi)容，稱為空殼），乙地種植的核桃空殼率為4%，將兩地種植出來的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃數(shù)分別占總數(shù)的40%，60%，從中任取一個核桃，則該核桃是空殼的概率是______．【答案】3.2%【解析】【分析】利用全概率公式求解即可.【詳解】設(shè)事件所取核桃產(chǎn)地為甲地為事件，事件所取核桃產(chǎn)地為乙地為事件，所取核桃為空殼為事件，則，，所以該核桃是空殼的概率是，故答案為：.16. 以棱長為的正四面體中心點為球心，半徑為的球面與正四面體的表面相交部分總長度為_________.【答案】【解析】【分析】求出正四面體 內(nèi)切球半徑即為球心到面ABC的距離，從而得到球被平面所截得的圓的半徑，再求出的內(nèi)切圓的半徑，此圓恰好為球被平面所截得的圓，即球面與各表面相交部分恰為三角形的內(nèi)切圓，求四個內(nèi)切圓的周長即可.【詳解】將正四面體放入正方體中，則正方體的棱長為，所以正四面體的體積為，表面積為，設(shè)正四面體的內(nèi)切球半徑為，則，解得.顯然內(nèi)切球心為，故到面的距離為，球面與面相交部分為以的圓，設(shè)三角形的內(nèi)切圓半徑為，圓心為為的中點，則，故，此時恰好，即球面與各表面相交部分恰為三角形的內(nèi)切圓，故當(dāng)時，圓弧總長度為.故答案為：【點睛】方法點睛：有關(guān)平面（可以無限延展的）截球所得截面的計算時，第一步求出球心到截面的距離，第二步根據(jù)計算出截面圓的半徑，第三步在截面（只是有限大小的平面圖形）內(nèi)通過計算判斷所截圖形是一個完整的圓還是圓的一部分，這時要根據(jù)平面幾何中的數(shù)據(jù)進(jìn)行計算.四、解答題（共70分）17. 的內(nèi)角的對邊分別是，已知，且的面積為24.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）64    （2）6【解析】【分析】(1)利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系得到，然后利用三角形面積，然后代入向量的數(shù)量積即可求解；(2)結(jié)合（1）知，可得到，然后利用余弦定理即可求出結(jié)果.【小問1詳解】因為，所以.因為的面積為24，所以，即，所以.【小問2詳解】由（1）知，又，所以，解得，從而，在中，由余弦定理可得：，解得.18. 如圖，平面ABCD是圓柱OO?的軸截面，EF是圓柱的母線，AF∩DE=G，BF∩CE=H，∠ABE=60°，AB=AD=2．  （1）求證：GH∥平面ABCD；（2）求平面ABF與平面CDE夾角的正弦值．【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）由線面平行的判定定理可得平面，再由線面平行的性質(zhì)定理可得，最后由線面平行的判定定理證明平面即可；（2）以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面、平面的一個法向量，再利用向量的夾角公式可得答案．【小問1詳解】由題意知，平面平面，所以平面，因為，所以平面平面，因為平面，所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】以點為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，  在中，由，得，所以，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則由，得，令，得，設(shè)平面的一個法向量為，則由，得，令，得，所以，所以平面與平面的夾角的正弦值為.19. 甲、乙足球愛好者決定加強(qiáng)訓(xùn)練提高球技，兩人輪流進(jìn)行定位球訓(xùn)練（每人各踢一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進(jìn)球另一人不進(jìn)球，進(jìn)球者得1分，不進(jìn)球者得分；兩人都進(jìn)球或都不進(jìn)球，兩人均得0分，設(shè)甲每次踢球命中的概率為，乙每次踢球命中的概率為，甲撲到乙踢出球的概率為，乙撲到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影響．（1）經(jīng)過一輪踢球，記甲的得分為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）若經(jīng)過兩輪踢球，用表示經(jīng)過第2輪踢球后，甲累計得分高于乙累計得分的概率，求．【答案】（1）分布列見解析，    （2）【解析】【分析】（1）先根據(jù)題意求得甲進(jìn)球與乙進(jìn)球的概率，再結(jié)合獨立事件的概率公式求得的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）分析甲累計得分高于乙累計得分的情況，從而得解.【小問1詳解】記一輪踢球甲進(jìn)球為事件A，乙進(jìn)球為事件B，由題意知A，B相互獨立，由題意得：，甲得分的可能取值為，則，，，所以的分布列為：01所以【小問2詳解】根據(jù)題意，經(jīng)過第2輪踢球累計得分后甲得分高于乙得分的情況有三種，分別是：甲兩輪中第1輪得0分，第2輪得1分，此時乙第1輪得0分，第2輪得分；或者甲第1輪得1分，第2輪得0分，此時乙第1輪得分，第2輪得0分；或者甲兩輪各得1分，此時乙兩輪各得分；于.20. 在三棱柱中，，且.  （1）證明：；（2）若，二面角的大小為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）取AC中點O，由已知判定即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求平面的夾角即可.【小問1詳解】設(shè)的中點為，連接，因為，所以，又因為，且，平面，所以平面因為平面，所以，又因為是中點，所以.【小問2詳解】由上可知：，在中，由余弦定理得，則，，又因為平面，二面角的大小為，則，如圖所示，由（1）知，以所在直線分別為軸，軸，以過O垂直于底面ABC的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則軸面，可得坐標(biāo)如下：，則，. 設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，則，令，則，即，，令，則，即，記平面與平面的夾角為.21. 已知函數(shù)，．（1）證明：存在唯一零點；（2）設(shè)，若存在，使得，證明：．【答案】（1）證明見解析    （2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)性，結(jié)合即可求解.（2）由題意可得，若是方程的根，則是方程的根，所以，，再利用導(dǎo)函數(shù)求的最小值即可.【小問1詳解】由題意可得，記，則，因為時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因為，所以有唯一零點0．【小問2詳解】由可得，若是方程的根，則是方程的根，因為，都單調(diào)遞增，所以，，設(shè)，，所以的解為，的解為，所以在上遞減，在上遞增，所以的最小值為，即的最小值為．故原不等式成立.【點睛】當(dāng)函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)符號不好判斷時，常利用二階導(dǎo)數(shù)判斷一階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得到一階導(dǎo)數(shù)大于0和小于0的區(qū)間.22. 已知函數(shù).（1）當(dāng)時，討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)有兩個不同的零點，求的取值范圍.【答案】（1）的增區(qū)間為，減區(qū)間為．（2）【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性；（2）就分類討論，后者可結(jié)合導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，根據(jù)函數(shù)有兩個不同的零點得到最值的符號，從而得到的取值范圍，注意利用零點存在定理檢驗．【詳解】（1）若，則，故，當(dāng)時，；當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，即的增區(qū)間為，減區(qū)間為．（2），當(dāng)時，，此時在無零點，不合題意．當(dāng)時，當(dāng)時，則；當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，故，因為函數(shù)有兩個不同的零點，則即．又當(dāng)時，，而，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得在上有且只有一個零點；而，令，，則，故在上為增函數(shù)，故，故，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得在上有且只有一個零點，故的取值范圍為．【點睛】方法點睛：導(dǎo)數(shù)背景下函數(shù)的零點問題，需利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最值，結(jié)合最值的符號得到參數(shù)的取值范圍，注意需利用零點存在定理檢驗前者是否滿足要求．

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